【文档说明】【精准解析】江苏省南通市如皋中学2020-2021学年高一上学期教学质量调研（三）化学试题（解析版）.doc，共(18)页，664.500 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省南通市如皋中学2020-2021学年高一上学期教学质量调研(三)化学试题1.门捷列夫的贡献是A.提出质量守恒B.发现元素周期律C.揭示原子结构D.发现了电子【答案】B【解析】【分析】【详解】门捷列夫对化学这一学科发展最大贡献在于发现了化学元素

周期律，依照原子量，制作出世界上第一张元素周期表，并据以预见了一些尚未发现的元素，故答案选B。2.海水中蕴藏着大量的资源，下列物质不需要经过化学变化就可以从海水中获取的是A.淡水B.NaC.氯气D.I2【答案】A【解析】【分析】【

详解】A．从海水中获取淡水只需要除去海水中的盐分即可，可利用蒸馏的方法获得淡水，不需要经过化学变化，故A符合题意；B．钠元素在海水中以钠离子形式存在，从海水中获取钠单质，要将钠离子转化为钠单质，一定需要经过化学变化，故B不符合题意；C．氯元素在海水中以氯离子形式存在，将

海水中的氯离子转化为氯气，一定需要经过化学变化，故C不符合题意；D．碘元素在海水中以碘离子形式存在，将海水中的碘离子转化为I2，一定需要经过化学变化，故D不符合题意；答案选A。3.下列气体排放到空气中可能

形成酸雨的是A.CO2B.COC.SO2D.NH3【答案】C【解析】【分析】【详解】A项、二氧化碳是空气的正常成分，溶于水形成碳酸，不能形成酸雨，故A错误；B项、一氧化碳不溶于水，不能形成酸雨，故B错误；C项、二氧化硫溶于水形成亚硫

酸，使雨水pH小于5.6，形成酸雨，故C正确；D项、氨气溶于水形成氨水，溶液pH大于7，不能形成酸雨，故D错误；故选C。4.由金属活泼性可知，下列金属的单质可能最晚被人类发现的是A.金B.铁C.铜D.钾【答案】D【解析】【分析】【详解】金属的冶炼与金属的化学

性质特别是金属的活泼性有关，越活泼的金属发现的越晚，金属性：钾＞铁＞铜＞金，则最晚被发现的是金属钾，答案选D。5.下列物质中，只含有共价键的是A.KOHB.HeC.Cl2D.MgO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．KOH为

离子化合物，既含有离子键又含有共价键，A不符合题意；B．He为单原子分子，不含有化学键，B不符合题意；C．Cl2为非金属单质，2个Cl原子间形成1对共用电子，只含有共价键，C符合题意；D．MgO为离子化合物

，只含有离子键，D不符合题意；故选C。6.下列物质中，属于离子化合物的是A.NaOHB.HClC.O2D.NH3【答案】A【解析】【分析】【详解】A．钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，是离子化合物，故A符合题意；B．氢原子和氯原子之间只存在共价键，是共价

化合物，故B不符合题意；C．氧气是单质，不是离子化合物，故C不符合题意；D．氮原子和氢原子之间只存在共价键，是共价化合物，故D不符合题意。故答案为：A7.某溶液中只存在四种离子，其中三种离子及浓度分别为0.4mol·L-1H＋、0.2mol·L-1-3NO、0.

4mol·L-12-4SO，该溶液中还能大量的共存的离子是A.Ba2＋B.Fe3＋C.2-3COD.ClO-【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Ba2＋与2-4SO反应不能大量共存，故A不符合题意；B．Fe3＋与H＋、-3NO、2-4SO不反应，能大量共存，

同时也能符合溶液中电荷守恒，故B符合题意；C．2-3CO与H＋反应不能大量共存，故C不符合题意；D．ClO-与H＋反应生成弱电解质，不能大量共存，故D不符合题意；答案选B。8.某溶液中只存在四种离子，其中三种离子

及浓度分别为0.4mol·L-1H＋、0.2mol·L-1-3NO、0.4mol·L-12-4SO，能大量共存的离子的浓度为A.Al3+0.2mol·L-1B.Fe2+0.3mol·L-1C.K+0.4mol·L-1D.Cl-0.5mol·L-1【答案】A【解析

】【分析】【详解】根据溶液呈电中性，阴离子所带的电荷多于阳离子，则M为阳离子，M+0.4mol·L-1×1=0.2mol·L-1×1+0.4mol·L-1×2，则M=0.6，又Fe2+与H＋、-3NO能反应，不能大量共存，故答案为A。9.下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.Fe2(SO

4)3易溶于水，可用作净水剂B.Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝C.碳酸氢钠能与碱反应，可用于治疗胃酸过多D.Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Fe2(SO4)3

易溶于水与可用作净水剂无关，Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附能力，所以可作净水剂，A不符合题意；B．Al2O3具有两性与可用于电解冶炼铝无关，Al2O3为离子化合物，所以熔融电解可炼铝，B不符合题意；C．碳酸氢钠能与酸反应，与可用于治疗胃

酸过多具有对应关系，C不符合题意；D．因为Na2O2吸收CO2产生O2，所以可用作呼吸面具供氧剂，既解决氧气的来源问题，又解决呼出气体的处理问题，D符合题意；故选D。10.下列溶液中Cl-浓度最小的是A.25mL1mol·L−1AlCl3溶液B.30mL

3mol·L−1KCl溶液C.20mL2mol·L−1MgCl2溶液D.40mL2mol·L−1NaCl溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A．1mol·L−1AlCl3溶液中，c(Cl-)=1mol·L−1×3=3mol·L−1；B．3mol·L−1K

Cl溶液中，c(Cl-)=3mol·L−1×1=3mol·L−1；；C．2mol·L−1MgCl2溶液中，c(Cl-)=2mol·L−1×2=4mol·L−1；D．2mol·L−1NaCl溶液中，c(Cl-)=2mol·L−1×1=2mol·L−1；

比较以上数据可以看出，c(Cl-)=2mol·L−1时，c(Cl-)最小，故选D。11.实验室由H2C2O4·2H2O晶体配制100mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液。下列说法正确的是A.需准确称量H2C2O

4·2H2O的质量为0.9gB.H2C2O4·2H2O晶体可用如图所示操作溶解C.容量瓶使用前未干燥对所配溶液浓度没有影响D.定容时若加水超过刻度线，应立即用胶头滴管吸取超过部分液体【答案】C【解析】【分析】【详解】A．100mL0.1mol·L-1H2C2O

4溶液中H2C2O4的物质的量为0.1L×0.1mol·L-1=0.01mol，根据物料守恒，H2C2O4·2H2O的质量为0.01mol×126g/mol=1.26g，则需准确称量H2C2O4·2H2O的质量为1

.3g，故A错误；B．H2C2O4·2H2O晶体的溶解应在烧杯中进行，容量瓶只能用于配置溶液，不能用于溶解稀释，故B错误；C．配制一定物质的量浓度溶液时，定容操作中要向容量瓶中加水，则容量瓶使用前未干燥对所配溶液浓度没有影响，故C正确；D．定容时若加水

超过刻度线，应立即用胶头滴管吸取超过部分液体，吸出的液体中会含有少量溶质，会导致溶液浓度偏低，故D错误；答案选C。12.下列有关化学用语表示正确的是A.中子数为20的氯原子：2017ClB.MgCl2的电

子式：C.F-的结构示意图：D.硫酸钠的电离方程式：Na2SO4=Na+＋-4NaSO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数，氯原子的质子数为17，中子

数为20，则质量数为20+17=37，则氯原子表示为：3717Cl，故A错误；B．MgCl2是离子化合物，其电子式为：，故B错误；C．F原子质子数为9，得到一个电子变为F-，其结构示意图：，故C正确；D．硫酸钠是强电解质，在溶液中完全电离生成钠离子和硫酸根离子，电离方程式为：Na2SO4=2

Na+＋2-4SO，故D错误；答案选C。13.下列有水参与的反应中，属于置换反应的是A.C＋H2O高温CO＋H2B.CO＋H2O高温CO2＋H2C.Na2O＋H2O=2NaOHD.SiCl4＋2H2O=H4SiO4＋4HCl【答案】A【解析】【分析】【详解】置换反应是单质与化合物反应生成另外的单质

和化合物的化学反应，A．反应C＋H2O高温CO＋H2符合单质与化合物反应生成另外的单质和化合物，属于置换反应，故A符合题意；B．反应CO＋H2O高温CO2＋H2中，反应物中无单质，不属于置换反应，故B不符合题意；C．反应Na2O＋H2O=2NaOH不符合单

质与化合物反应生成另外的单质和化合物，不属于置换反应，故C不符合题意；D．SiCl4＋2H2O=H4SiO4＋4HCl不符合单质与化合物反应生成另外的单质和化合物，不属于置换反应，故D不符合题意；答案选A。14.下列反应在指定条件下能实现的是

A.HClO⎯⎯⎯→光照HClB.Fe2HO⎯⎯⎯→高温Fe2O3C.S2O⎯⎯⎯→点燃SO3D.SFeΔ⎯⎯→Fe2S3【答案】A【解析】【分析】【详解】A．HClO在光照条件下能发生分解，生成HCl和O2，A正确；B．Fe与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe3O4和

H2，B不正确；C．S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，C不正确；D．S与Fe在加热条件下反应，只能生成FeS，D不正确；故选A。15.下列实验装置或对实验的描述正确的是图1图2图3图4A.图1为加热碳酸氢钠B.图2为稀释浓硫酸C.图3为检验CO2D.图4为制备SO2

【答案】B【解析】【分析】【详解】A．加热分解碳酸氢钠时，试管底应高于试管口，以防止产生的水蒸气在试管口冷凝成液体后，又流回试管底，使试管底因受热不均而破裂，A不正确；B．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯中，边倒边搅拌，B正确；C．木炭与浓硫酸反应，生

成CO2、SO2和水，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，若想检验CO2气体的存在，应先除去SO2，否则SO2的存在会干扰CO2的检验，C不正确；D．Cu与浓硫酸在加热时才能生成SO2，若不加热，反应不能进行，D不正确；故选B。16.下列指定反应

的离子方程式正确的是A.将铁投入稀盐酸中：2Fe＋6H+＝2Fe3＋＋3H2↑B.Cl2通入水中：Cl2＋H2OH+＋Cl－＋HClOC.向氢氧化镁中加入醋酸溶液：Mg(OH)2＋2H+＝Mg2+＋2H2OD.Na2O2溶于水：Na2O2＋H2

O＝2Na＋＋2OH－＋O2↑【答案】B【解析】【分析】【详解】A．将铁投入稀盐酸中反应生成氯化亚铁和氢气，离子反应方程式为：Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑，故A错误；B．Cl2通入水中反应生成盐酸和次氯酸，离子反应

方程式为：Cl2＋H2OH+＋Cl－＋HClO，故B正确；C．向氢氧化镁中加入醋酸溶液反应生成醋酸镁和水，离子反应方程式为：Mg(OH)2＋2CH3COOH＝Mg2+＋2H2O+2CH3COO-，故C错误；D．Na2O2溶于水生

成氢氧化钠和氧气，离子反应方程式为：2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑，故D错误；答案选B。17.下列有关粒子数目为6.02×1022的是A.标准状况下2.24L水中所含分子数B.常温下，0.2gH2中所含分子数C.0.1mol·L-1NaCl中所含Na＋和Cl－总数D.

0.05molN2中所含N原子数【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．标准状况下2.24L水为液体，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则所含分子数无法确定，故A不符合题意；B．常温下，0.2gH2的物质的量为0.1mol，所含分子数0.1mol×6.02×1023=6.02×1022，故

B符合题意；C．0.1mol·L-1NaCl溶液体积未知，无法计算溶质的物质的量，则溶液中中所含Na＋和Cl－总数无法确定，故C不符合题意；D．一个N2分子中含有两个N原子，0.05molN2中所含N原子数为0.05mol×2×6.02×1023=6.

02×1022，故D符合题意；答案选BD。18.下列有关浓硫酸实验与性质对应关系正确的是A.浓硫酸在空气中久置质量变大，是因为浓硫酸具有脱水性B.浓硫酸与Na2SO3固体反应生成SO2，是因为浓硫酸具有酸性C.浓硫酸能使纸张变黑，是因

为浓硫酸具有吸水性D.浓硫酸能使铁钝化，是因为浓硫酸具有强氧化性【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．浓硫酸在空气中久置，会因吸收空气中的水蒸气而使其质量变大，是因为浓硫酸具有吸水性，A不正确；B．

浓硫酸与Na2SO3固体反应生成SO2，体现的是强酸制弱酸的原理，从而说明浓硫酸具有酸性，B正确；C．浓硫酸能使纸张中的氢、氧元素以水的形式脱去，从而生成碳而使纸张变黑，从而说明浓硫酸具有脱水性，C不正确；D．浓硫酸具有强氧化性，所以将Fe氧化而使其表面生成钝化膜，从而阻止内部

铁与浓硫酸的进一步反应，D正确；故选BD。19.下列有关物质的检验或分离正确的是A.可以用酸性KMnO4溶液检验FeSO4溶液是否氧化变质B.可以用FeCl3溶液除去Fe粉中的Cu粉C.可以用淀粉溶液检验KI在空气中是否氧化变质生成I2D.用焰色反应检验Na2CO3溶液中是否

混有K2CO3时，可以直接观察火焰鉴别【答案】C【解析】【分析】【详解】A．亚铁离子具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，则不能用酸性KMnO4溶液检验FeSO4溶液是否氧化变质，故A错误；B．可以用FeCl3溶液与Fe粉和Cu粉均反应，不能除去Fe粉中的Cu粉，故

B错误；C．淀粉遇碘单质变蓝，碘离子具有还原性，可被氧气氧化为碘单质，则可以用淀粉溶液检验KI在空气中是否氧化变质生成I2，故C正确；D．检验Na2CO3溶液中是否混有K2CO3时，可以通过焰色试验检验是否含有钾元素，检验钾元素必须透过

蓝色的钴玻璃观察火焰鉴别，故D错误；答案选C。20.下列由实验操作和现象所得结论正确的是A.向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，有白色沉淀生成，说明溶液中含大量2-3COB.向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，说明干

燥的氯气具有漂白性C.将SO2通入KMnO4溶液中，溶液红色褪去，说明SO2具有还原性D.向Na2SO3溶液中滴加足量盐酸，有气泡，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Na2SO3已部分被氧化【答案】CD【解析】【

分析】【详解】A．向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，-3HCO与OH-反应能生成2-3CO，与溶液中的Ca2+结合形成有白色沉淀碳酸钙，不能说明溶液中含大量2-3CO，故A错误；B．氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液显酸性，次氯酸具有漂白性，因此向pH试

纸上滴加氯水，先变红后变白，不能说明干燥的氯气具有漂白性，故B错误；C．将SO2通入KMnO4溶液中，使KMnO4溶液红色褪去，说明SO2具有还原性，故C正确；D．盐酸的酸性强于亚硫酸，故向Na2SO3溶液中滴加足

量盐酸，有气泡；再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Na2SO3溶液中含有2-4SO，则证明Na2SO3已部分被氧化，故D正确；答案选CD。21.根据物质所处的类别，以及是否具有氧化性或还原性能帮助我们认识其化学性质。(1)根据下图所示物质的转化信息

书写相应的反应方程式。以红土镍矿（主要成分Ni2O3、Fe2O3、SiO2）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示：①“酸溶”时，Fe2O3反应的离子方程式为____________；②“还原”步骤中铁元素转化时对应离子方程式（已知H2S是弱酸）为____________。(2)请从下

列试剂中选择合适的试剂完成指定转化（试剂可以重复选择）。试剂：浓盐酸、NaCl溶液、浓硫酸、Na2SO4溶液、FeSO4溶液①Cl2→Cl－的离子方程式：____________；②H2S→SO2的化学方程式：____________；③Ba(OH)2→NaOH的化学方程式：___

_________。【答案】(1).Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O(2).2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋(3).2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－(4).3H2SO4(浓)＋H2S＝4SO2＋4H

2O(5).Ba(OH)2＋Na2SO4＝BaSO4↓＋2NaOH【解析】【分析】从整个流程看，红土镍矿中的Ni2O3最终转化为兰尼镍，所以在物质的转化过程中，应将Fe2O3、SiO2除去。起初加入H2SO4，只有SiO2不溶，过滤后

可去除；Ni2O3、Fe2O3分别转化为相应的硫酸盐，加入还原剂H2S，可将Fe3+还原为Fe2+，同时H2S被氧化为S，过滤出S后，滤液中含有Fe2+、Ni3+等，再经过一系列操作，便可制得兰尼镍。【详解】(1)①“酸溶”时，Fe2O3与H2SO4发生复分解反应，生成Fe2(SO

4)3和水，反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O；②由分析知，“还原”步骤中，Fe3+还原为Fe2+，同时H2S被氧化为S，对应离子方程式为2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋。答案为：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O；2Fe3＋＋H2S＝

2Fe2＋＋S↓＋2H＋；(2)①Cl2→Cl－，需加入还原剂，只能选择还原性较强的FeSO4溶液，离子方程式：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；②H2S→SO2，需加入强氧化剂，只能选择浓硫酸，化学方程

式：3H2SO4(浓)＋H2S＝4SO2＋4H2O；③Ba(OH)2→NaOH，应加入含Na+且能与Ba2+生成沉淀的试剂，所以只能选择Na2SO4溶液，化学方程式：Ba(OH)2＋Na2SO4＝BaSO4↓＋2NaOH。答案为：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；3H2

SO4(浓)＋H2S＝4SO2＋4H2O；Ba(OH)2＋Na2SO4＝BaSO4↓＋2NaOH。【点睛】要实现物质的转化，常需提供另一种物质；另一物质的选择，可依据转化物质表现的性质作出决定，如转化物质表现出还原性，则加入的物质应具有氧化性

。22.海水（主要含有NaCl，也含有大量Mg2+、Br－等）可以制备金属镁、溴等物质，其流程如下图：(1)提取Mg的线路中，如何确定步骤“过滤、洗涤”已洗涤干净，具体操作是____________。(2)工业上由无水MgCl2制取Mg的化学方程式为____________。(3)海水提溴可以通过

如下两种方法方法一：空气吹出SO2吸收法。“吸收”步骤中用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的化学方程式为____________。方法二：空气吹出纯碱吸收法。利用热空气将Br2吹出，并用浓N

a2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3，相关反应为3Br2＋3Na2CO3＝5NaBr＋NaBrO3＋3CO2，其中被还原与被氧化的Br2的物质的量之比为____________；用稀硫酸酸化吸收

液可得到Br2，由此可知酸性条件下的氧化性____________＞____________。【答案】(1).取最后一次洗涤滤液于试管中，加入HNO3酸酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀(2).MgCl2(熔融)电解Mg＋

Cl2↑(3).Br2＋SO2＋2H2O＝2HBr＋H2SO4(4).5∶1(5).-3BrO(6).Br2【解析】【分析】海水（主要含有NaCl，也含有大量Mg2+、Br－等）中加入石灰乳沉淀镁离子形成

氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；海水中通入氯气氧化溴离子为单质溴，用二氧化硫水溶液吸收溴单质，得到HBr，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，富集溴元素，用水蒸气吹出蒸馏得

到液溴。【详解】(1)提取Mg的线路中，加入石灰乳沉淀镁离子形成氢氧化镁沉淀，杂质为NaCl，所以检查是否有Cl-即可确定步骤“过滤、洗涤”已洗涤干净，具体操作是取最后一次洗涤滤液于试管中，加入HNO3酸酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀；(2)工业

上由无水MgCl2制取Mg采用高温熔融电解的方法，化学方程式为MgCl2(熔融)电解Mg＋Cl2↑；(3)方法一：空气吹出SO2吸收法。“吸收”步骤中用SO2水溶液吸收Br2，二者发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为

Br2＋SO2＋2H2O＝2HBr＋H2SO4；方法二：根据反应3Br2＋3Na2CO3＝5NaBr＋NaBrO3＋3CO2可知，反应中Br元素的化合价由0价变为-1价和+5价，化合价既升高又降低，Br2既做氧化剂又做还原剂，氧化产物为NaBrO3，还原产物为NaBr，3molBr2参与反应生

成1molNaBrO3和5molNaBr，其中被还原与被氧化的Br2的物质的量之比为5∶1；用稀硫酸酸化吸收液可得到Br2，说明吸收液中NaBrO3和NaBr发生氧化还原反应生成Br2，NaBrO3为氧化剂，

Br2既是氧化产物又是还原产物，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由此可知酸性条件下的氧化性-3BrO＞Br2。23.用工业废渣(主要含有Fe2O3、FeO及少量Al、Fe)制备FeS

O4·7H2O的流程如下：(1)“浸泡”过程中反应的离子方程式为____________。(2)“还原”时，FeS2（难溶于水，铁为＋2价）与溶液中的Fe2(SO4)3反应，产物为FeSO4和H2SO4，该反应的离子方程式为____________。(3)检验“还原”反应已经完全的方法是____

________。(4)由“还原”所得溶液制取FeSO4·7H2O晶体的操作过程为____________。(5)将FeSO4·7H2O在空气中加热分解所得气体冷却后可得绿矾油，绿矾油就是硫酸。验证绿矾

油是硫酸的实验方法是____________。【答案】(1).2Al＋2OH﹣＋2H2O＝2-2AlO＋3H2↑(2).14Fe3＋＋FeS2＋8H2O＝15Fe2＋＋16H＋＋22-4SO(3).取少量还原后溶液

于试管中，加入KSCN溶液，不出现红色则还原完全(4).蒸发浓缩，冷却结晶(5).取少量绿矾油，向其中滴加紫色石蕊试液，若溶液变红，则说明其中含H+；另取少量绿矾油，向其中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明其中含2-4SO【解析】【分析】根据流程图所示，在工

业废渣(主要含有Fe2O3、FeO及少量Al、Fe)中加入过量试剂X以除去金属Al，该试剂为氢氧化钠，过滤后得到只含有Fe2O3、FeO及少量Fe的滤渣，向滤渣中加入稀硫酸溶解，得到含有Fe2+、Fe3+的溶液，向溶液中加入Fe

S2将Fe3+还原为Fe2+，经蒸发浓缩，冷却结晶得到FeSO4·7H2O。【详解】(1)根据分析，“浸泡”过程中金属铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH﹣＋2H2O＝2-2AlO＋3H2↑；(2)“还原”时，

FeS2（难溶于水，铁为＋2价）与溶液中的Fe2(SO4)3反应，产物为FeSO4和H2SO4，该反应的离子方程式为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O＝15Fe2＋＋16H＋＋22-4SO；(3)“还原”步骤中向溶液中加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，

检验“还原”反应已经完全只要检验是否含有铁离子，方法是取少量还原后溶液于试管中，加入KSCN溶液，不出现红色则还原完全；(4)根据分析，由“还原”所得溶液制取FeSO4·7H2O晶体的操作过程为蒸发浓缩，冷却结晶；(5)验

证绿矾油是硫酸的实验方法是取少量绿矾油，向其中滴加紫色石蕊试液，若溶液变红，则说明其中含H+；另取少量绿矾油，向其中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明其中含2-4SO。24.氯化铁是重要的化工试剂，

实验室可通过如下方法制取：已知氯化铁易升华，易吸收空气中的水分而潮解。(1)在装置A中，发生反应如下：2KMnO4＋16HCl(浓)＝2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目____________。(2)装置B的作用是吸收Cl2中的HCl，试剂E是___

_________。(3)装置G的作用是____________。(4)反应后所得平直玻璃管中还残留有少量铁粉和FeCl3。实验小组用两种方案来测定其中铁的质量：方法一：称取4.37g固体混合物，加水溶解，过滤、洗涤、干燥得滤渣质量为0.56g；方法二：

称取4.37g固体混合物，加水溶解，过滤，向滤液中加入过量0.1mol·L－1AgNO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、干燥后称量，质量为8.61g。①有同学提出由方法一可知铁的质量为0.56g，判断该

结论是否正确并说明理由____________。②方法一或二均可计算铁的质量，任选一种计算，所得铁的质量为____________。【答案】(1).(2).饱和食盐水(3).吸收尾气中Cl2，防止污染环境，吸收空气中的水汽，防止FeCl3潮解(4).不正确，因为铁粉会

和溶液中的FeCl3发生反应(5).1.12g【解析】【分析】装置A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，制得的氯气中含有挥发出来的氯化氢和水蒸气，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，在通过装置C中的浓硫酸吸

收水蒸气，干燥纯净的氯气在高温下与玻璃管中的铁粉反应生成氯化铁，产生棕黄色的烟，利用装置D冷水收集冷却氯化铁，由于氯化铁易吸收空气中的水分而潮解，氯气有毒，反应后多余的氯气不能直接排放到大气中，用装置G吸收尾气，同时防止水蒸气进入装置D。

【详解】(1)在装置A中，发生反应如下：2KMnO4＋16HCl(浓)＝2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，用单线桥标出电子转移的方向和数目；(2)根据分析，装置B的作用是吸收Cl2中的HCl，试剂E是饱和食盐水；(3)根据

分析，装置G的作用是吸收尾气中Cl2，防止污染环境，吸收空气中的水汽，防止FeCl3潮解(4)①该判断不正确，固体混合物有少量铁粉和FeCl3，加水溶解后，铁粉会和溶液中的FeCl3发生反应，导致固体

混合物中铁质量减少；②称取4.37g固体混合物，加水溶解，过滤，向滤液中加入过量0.1mol·L－1AgNO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、干燥后称量，质量为8.61g，充分反应后的沉淀为AgCl，8.61gAgCl的物质的量为143.5g8.61g/m

ol=0.06mol，根据氯原子守恒，原混合物中Cl元素的物质的量为0.06mol，则FeCl3的物质的量为0.02mol，则原混合物中铁的质量为4.37g-0.02mol×162.5g/mol=1.12g。25.下表是元素周期表的一部分

，所列的字母分别代表一种元素。acdehmi(1)元素h、c、d的非金属性由强到弱的顺序是____________(填元素符号)。(2)上述字母对应原子半径最大元素对应单质与d简单氢化物反应的离子方程式为____________。(3)利用如图装置来验证溴与

碘的非金属性强弱，具体操作是先通入足量m的单质，充分反应后，观察到溶液变为橙黄色。将分液漏斗中液体滴入试管内，KI溶液变为棕黄色。判断该实验能否验证溴、碘的非金属性强弱并说明理由：____________。(4)元素d和e的简单离子

半径更大的是____________(填离子符号)。写出a2d的电子式：____________。(5)推测原子序数为31的元素x在周期表中的位置____________。根据元素周期表推测x及其化合物的性质正确的是______

______（填字母）。A．x为非金属元素B．最高价氧化物对应水化物酸性：x＞mC．x的单质可用于制半导体D．x的最高正价为+3【答案】(1).O＞N＞Si(2).2K＋2H2O＝2K＋＋2OH﹣＋H2↑(3).不能，氯气能够氧化

溴离子和碘离子，过量的氯气能够进入试管氧化碘离子，干扰检验结果(4).O2－(5).(6).第四周期ⅢA族(7).CD【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知，a为H元素，c为N元素，d为O元素，e为Na元素，h为Si元素，m为Cl元素，i为K元素

。【详解】(1)h为Si元素，c为N元素，d为O元素，同周期元素随核电荷数增大非金属性逐渐增强，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，则元素h、c、d的非金属性由强到弱的顺序是O＞N＞Si；(2)上述字母对应原子半径最大元素对应单质为金属K，d为O元素，简单氢化

物为水，二者反应生成氢氧化钾和氢气，离子方程式为2K＋2H2O＝2K＋＋2OH﹣＋H2↑；(3)通入足量氯气，充分反应后，观察到溶液变为橙黄色。将分液漏斗中液体滴入试管内，KI溶液变为棕黄色。该实验操作不能验证溴、碘的非金属性强弱，因为氯气能够氧化溴离子和碘离子，过量的氯气能够进入试管氧化碘离子，

干扰检验结果；(4)d为O元素，e为Na元素二者简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则半径更大的是O2－；a为H元素，d为O元素，a2d为H2O，其电子式为：；(5)原子序数为31的元素x为镓，

在周期表中的位置第四周期ⅢA族；A．x为镓，与Al同族且在Al下方，为金属元素，故A错误；B．由A可知，x与Al同族，与Al的性质相似，元素m为Cl，其非金属性强于同周期的Al元素，Al元素的非金属性强于同主族

的x元素，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性越强：x＜m，故B错误；C．x与Si处于对角线位置，根据对角线规则，x与Si元素的性质相似，则能用于制半导体，故C正确；D．x在周期表中的位置第四周期ⅢA族，则最高正价为+3，故D正确；答案选CD

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