【文档说明】北京市延庆区2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题 详解.docx，共(20)页，1.193 MB，由小赞的店铺上传

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北京市延庆区2022—2023学年高二上学期期末考试化学试题考生须知：1.本试卷共8页，分为两个部分。第一部分为选择题，25小题(共50分)；第二部分为非选择题，8个小题(共50分)。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作

答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27C135.5Fe56第一部分(

选择题共50分)本部分共25小题，每小题2分，共50分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1.下列所用材料不属于．．．合金的是A.青花瓷罐B.青铜器C.飞机外壳(硬铝)D.不锈钢手术器械A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】

【详解】青花瓷罐属于陶瓷，是无机非金属材料，不属于合金；青铜器、飞机外壳(硬铝)、不锈钢手术器械都属于合金，故A符合题意；综上所述，答案为A。2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.盐酸B.蔗糖溶液C.Fe(OH)3胶体D.NaCl溶液【答案】C【解析】【详解】

A．盐酸是溶液，不可能产生丁达尔效应，故A错误；B．蔗糖溶液不可能产生丁达尔效应，故B错误；C．当光束通过Fe(OH)3胶体时能观察到丁达尔效应，故C正确；D．NaCl溶液不可能产生丁达尔效应，故D错误；故答案为C

。3.下列物质不属于．．．电解质的是A.NaB.24HSOC.NaOHD.3KNO【答案】A【解析】【详解】A．Na是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A符合题意；B．24HSO是酸，属于电解质，故B不符合题意；C．NaOH是碱，属于电解质，故C不符合题意；D

．3KNO是盐，属于电解质，故D不符合题意。综上所述，答案为A。4.下列元素不属于．．．短周期的是A.HB.NaC.SD.K【答案】D【解析】【分析】短周期为一、二、三周期，结合元素在周期表的位置来解答。【详解】A．氢元素为第一周

期元素，为短周期元素，A不选；B．氧元素为第二周期元素，为短周期元素，B不选；C．硫元素位于第三周期，为短周期元素，C不选；D．K元素为第四周期元素，为长周期元素，选D；故本题选D。5.下列物质含有非极性共价键的

是A.NaOHB.2ClC.2HSD.KCl【答案】B【解析】【详解】A．NaOH含有离子键和极性键，故A不符合题意；B．2Cl只含有非极性键，故B符合题意；C．2HS只含极性键，故C不符合题意；D．KCl只含离子键，故D不符合

题意。综上所述，答案为B。6.下列元素的原子半径最小的是A.NaB.MgC.AlD.Cl【答案】D【解析】【详解】同一周期元素从左到右，原子半径逐渐增大，Cl原子半径最大；故选D。7.下列物质进行焰色试验，其

火焰为黄色的是A.NaClB.2CaClC.KClD.2CuCl【答案】A【解析】【分析】某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，灼烧钠盐，火焰的颜色呈黄色；【详解】A．NaCl含有钠元素，火焰的颜色呈黄色，

选项A正确；B．CaCl2不含钠元素，焰色反应为砖红色，选项B错误；C．KCl不含钠元素，焰色反应为紫色，选项C错误；D．CuCl2不含钠元素，焰色反应颜色为黄绿色，选项D错误；答案选A。8.下列物质互称同位素的是A.2HO和22HOB.2O和3

OC.NO和2NOD.11H和21H【答案】D【解析】【分析】质子数相同中子数不同的原子互称同位素，据此分析。【详解】A．2HO和22HO是两种化合物，不是原子，A错误；B．2O和3O是氧元素的不同单质为同素异形体，不是同位素，B错误；C．

NO和NO2是不同化合物，C错误；D．11H和21H是质子数相同而中子数不同的同种元素的不同种原子互为同位素，D正确；故本题选D。9.下列离子方程式书写不正确．．．的是A.钠与水反应：222Na2HO2Na2OHH+−+=++B.铁与氯化铁

溶液的反应：32FeFe2Fe+++=C.氧化铁放入稀盐酸中：3232FeO6H2Fe3HO+++=+D.碳酸钙与盐酸反应：2322CaCO2HCaHOCO+++=++【答案】B【解析】【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故反应的离子方程式为：222Na2HO2Na2OH

H+−+=++，A正确；B．铁与氯化铁溶液的反应，原方程电荷不守恒，正确的离子方程式为：32Fe2Fe3Fe+++=，B错误；C．氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，故反应的离子方程式为：3232FeO6H2Fe3HO+++=+，C正确；

D．碳酸钙与盐酸反应会生成氯化钙、水和二氧化碳，故反应的离子方程式为：2322CaCO2HCaHOCO+++=++，D正确；故本题选B。10.下列关于物质分类的叙述中，不正确．．．的是A.2Cl属于单质B.23FeO属于氧化物C.3HNO属

于酸D.23NaCO属于碱【答案】D【解析】【详解】A．2Cl是只由一种元素组成的纯净物，属于单质，选项A正确；B．23FeO是由氧元素和铁元素组成的纯净物，属于氧化物，选项B正确；C．3HNO是电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，选项C正确；

D．23NaCO不会电离出氢氧根离子，不属于碱，属于盐，选项D不正确；答案选D。11.下列关于金属铝的描述中，不正确．．．的是A.有银白色金属光泽B.具有较强的还原性C.硬度高于硬铝D.常温下能与空气中的氧气反应【答案】C

【解析】【详解】A．金属铝也具有金属的通性，故金属铝有银白色金属光泽，A正确；B．金属铝最外层有3个电子，容易失去电子，故具有较强的还原性，B正确；C．硬铝是合金，一般合金的硬度都大于纯金属，故硬铝硬度高于铝，C错误；D．铝单质非常活泼，

在常温下能与空气中的氧气反应生成氧化铝，D正确；故本题选C。12.下列说法不正确．．．的是A.1mol2Cl的质量是35.5gB.0.5mol2O中含有1molOC.Fe的摩尔质量是56g/molD.1L1mol/LNaOH溶液中含有1molNa+【答案】

A【解析】【详解】A．1mol2Cl的质量：-1=1mol71ggmol71mnM==，A错误；B．0.5mol2O中含有氧原子的物质的量为：0.5mol2=1mol，B正确；C．Fe的摩尔质量是56g/mo

l，C正确；D．1L1mol/LNaOH溶液中含有Na+的物质的量为：-1ncV1L1molL1mol===，D正确；故本题选A。13.硒(Se)被称为长寿元素、抗癌之王，在机体中充当抗氧化剂。下列关于7734Se的说法不．正确．．的是A.质子数为34B.质量数为43C.中子数为43D.

核外电子数为34【答案】B【解析】【分析】7734Se元素符号的左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，质量数=中子数+质子数；对于原子来说，原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，据此回答。【详解】A．由

上述分析可知，7734Se质子数为34，A正确；B．7734Se质量数为77，B错误；C．7734Se中子数为77-34=43，C正确；D．7734Se核外电子数为34，D正确；故本题选B。14.下列各组离子能在溶液中大量共存的是A.K+、H+、24SO−、3HCO−B.Na

+、2Cu+、OH−、3NO−C2Fe+、H+、24SO−、4MnO−D.Na+、3Fe+、Cl−、24SO−.【答案】D【解析】详解】A．H+与3HCO−反应生成二氧化碳气体和水而不共存，故A不符合题

意；B．2Cu+与OH−反应生成沉淀而不共存，故B不符合题意；C．2Fe+、H+、4MnO−发生氧化还原反应而不共存，故C不符合题意；D．Na+、3Fe+、Cl−、24SO−大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。15.下列有

关性质的比较不能用．．．元素周期律解释的是A.金属性：MgAlB.酸性：4HClOHClOC.碱性：()2NaOHMgOHD.热稳定性：HBrHI【答案】B【解析】【详解】A．同周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性：MgAl，故A不符合题意；B．

HClO不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释酸性强弱，故B符合题意；C．同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性逐渐减弱，因此碱性：()2NaOHMgOH，故C不符合题意；D．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物稳定性逐

渐减弱，因此热稳定性：HBrHI，故D不符合题意。综上所述，答案为B。16.下列“实验结论”与“实验操作及事实”不相符．．．的一组是实验操作及事实实验结论A绿豆大小的Na和K分别放入水中，K与水反应更强烈金属性：NaKB向盛有()

3AlOH沉淀的两支试管中，分别滴加足量盐酸和NaOH溶液，振荡后，均得到无色溶液()3AlOH是两性氢氧化物C将盐酸滴入碳酸钠中得到2CO非金属性：ClCD向KI溶液中滴加氯水，溶液变为棕黄色氧化性：22ClIA.AB.BC

.CD.D【答案】C【【解析】【详解】A．金属性越强，与水反应越剧烈，由K与水反应更剧烈，可知金属性：Na<K，A正确；B．Al(OH)3与盐酸和NaOH溶液均反应生成盐和水，可知氢氧化铝具有两性，B正确；C．盐酸为无氧酸，不能由盐酸和碳酸的酸性比较Cl和C的非金属性强弱

，C错误；D．向KI溶液中滴加氯水，溶液变为棕黄色，棕黄色为碘水的颜色，说明反应过程中有碘单质的生成，Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，氯气是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性：22ClI，故D正确；故本题选C。17.铁与水蒸气反应的实验装置如图所示，下列有关该实验的说法

不正确．．．的是A.湿棉花的作用是提供水蒸气B每消耗3molFe，生成4mol2HC.点燃酒精灯产生肥皂泡，证明发生了反应D.铁与水蒸气反应生成的固体产物是34FeO【答案】C【解析】【分析】加热时，湿棉花提供水蒸气，铁粉与水蒸气发生反应，3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，肥皂液的主

要作用是收集生成的H2，检验氢气的存在，以此解答该题。【详解】A．有上述分析可知，湿棉花提供给水蒸气，A正确；B．铁粉与水蒸气发生反应的方程式：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，由方程式的反应关系可知，每消耗3molFe，生成4mol2

H，B正确；C．点燃酒精灯产生肥皂泡，只能说明有气体出来，可能氢气，也可能是空气和水蒸气，需要检验气体能否燃烧，才能确定是不是发生了反应，C错误；D．铁粉与水蒸气发生反应的方程式：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，铁与水蒸气反应生成的固体产物是34FeO，D正确；故本题选C。.18.下

列说法不正确．．．的是A.22g2CO在标准状况下的体积约为11.2LB.1mol2N中含有的电子数约为2326.0210C.配置250mL1.0mol/L24HSO溶液需要18mol/L24HSO溶液的体积约为13.9mLD.1molNa与足

量2O反应时，转移的电子数约为236.0210【答案】B【解析】【详解】A．22g2CO在标准状况下的体积约为22g22.4L/mol=44g/mol11.2L，故A正确；B．1个N2分子中含有14个电子，1mol2N中

含有的电子数约为23146.0210，故B错误；C．配置250mL1.0mol/L24HSO溶液需要18mol/L24HSO溶液的体积约为250mL1.00mol/L18mol/L=13.9mL，故C正确；D．1molNa与足量2O反

应时，钠元素化合价由0升高为+1，1molNa转移1mol电子，转移的电子数约为236.0210，故D正确；选B。19.下列电子式书写不正确．．．的是A.B.H:HC.D.【答案】A【解析】【详解】A．氯原子最外层有7个电子，

氯气形成一对共用电子对，氯气还有孤对电子，其电子式，故A错误；B．氢原子最外层有1个电子，氢气形成一对共用电子对，其电子式H:H，故B正确；C．氢原子最外层有1个电子，氯原子最外层有7个电子，氯化氢形成一对共用电子对，氯原子还有孤对电子，其电子式，故C正确；D

．氢原子最外层有1个电子，氧原子最外层有6个电子，水有两根氢氧键即两对共用电子对，氧原子还有孤对电子，其电子式，故D正确。综上所述，答案为A。20.取等质量的镁粉和铝粉分别放入过量的盐酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后产生相同状况下氢气的体积A.镁粉多B.铝粉多C.一样多D.无法判断【答案

】B【解析】【详解】根据题意得到关系式Mg～H2，2Al～3H2，等质量的镁粉和铝粉，设质量为mg，则产生氢气物质的量分别为mmol24、mmol3m27mol218=，则铝反应放出的氢气多，故B符合题意。综上

所述，答案为B。21.实现下列变化需要加入氧化剂的是A.2II−→B.223SOHSO→C.()33AlAlOH+→D.42MnOMnO−→【答案】A【解析】【详解】A．2II−→碘元素的化合价由-1价变为0价，化合价升高，为还原剂，发生氧化反应，故需要外加氧化剂，选A；B．硫元素铝元素的化合价

均没变，不是氧化还原反应过程，故B不选；C．铝元素的化合价均没变，不是氧化还原反应过程，故C不选；D．42MnOMnO−→，锰元素的化合价由+7价变为+4价，化合价降低，被还原，故需要加入还原剂，D不选；故本题选A。22.下列对图示的解释不正确．．．的是ABCDNaCl固体

在水中形成水合离子向稀硫酸中加入()2BaOH溶液，溶液导电能力变化NaCl的形成示意图光照过程中氯水的pH变化NaClNaCl+−=+a时刻稀硫酸与()2BaOH溶液恰好完全反应pH降低的原因是氯气逸出A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．NaCl在水中形成水合离子，水合

钠离子和水合氯离子，其电离方程式NaClNaCl+−=+，故A正确；B．向稀硫酸中加入()2BaOH溶液，两者点反应生成硫酸钡沉淀和水，完全反应时，溶液几乎不导电，后来继续加入氢氧化钡，导电能力逐渐增强，故B正确；C

．钠原子最外层有1个电子，氯原子最外层有7个电子，钠失去最外层的1个电子形成钠离子，钠原子失去的这个电子转移给氯原子，氯原子得到1个电子形成氯原子，钠离子和氯离子形成氯化钠，故C正确；D．氯水中主要有HCl和HClO，HClO见光分解生成盐酸和氧气，溶液氢离子浓度增大，pH降低，故D错误。综上

所述，答案为D。23.向3NaHCO溶液中依次加入甲、乙、丙三种溶液，进行如下实验：则甲、乙、丙中的溶液可能是A.NaOH、HCl、2MgClB.()2BaOH、3HNO、2FeClC.()2BaOH、HCl

、24NaSOD.NaOH、3HNO、3AgNO【答案】C【解析】【详解】A．3NaHCO与NaOH反应没有沉淀产生，故不符合题意，A不选；B．3NaHCO与()2BaOH反应会产生碳酸钡的白色沉淀，加入过量的3HNO，沉淀会溶解，生成二氧化碳气体和硝酸钡（还有过量的硝酸），硝酸钡与氯化亚铁没有白

色沉淀产生，不符合题意，B不选；C．3NaHCO与()2BaOH反应会产生碳酸钡的白色沉淀，加入过量的HCl，沉淀会溶解，生成二氧化碳气体和氯化钡（还有过量的盐酸），再加入硫酸钠溶液，会有硫酸钡的白色沉淀产生，符合题意，选C；D．3NaHCO与NaOH反应没有沉淀产生，故不符合题意，

D不选；故本题选C。24.下列关于“100mL0.1mol∙L−12BaCl溶液”的说法正确的是A.该溶液与0.1mol∙L−1NaCl溶液中的()Clc−相等B.若取该溶液10mL，其中21(Ba)0.01molLc+−=C.该溶液中含有的微粒主要有：2BaCl、2Ba+、

Cl−、2HOD.若取该溶液10mL，恰好能与10mL0.1mol∙L−124NaSO溶液完全反应【答案】D【解析】【详解】A．100mL0.1mol∙L−12BaCl溶液中1Cl0.o()2mlLc−−=，0.1mol∙L−1NaCl溶液中的1Cl0.o(

)1mlLc−−=，两者的(Cl)c−不相等，故A错误；B．若取该溶液10mL，离子浓度不变，因此21(Ba)0.1molLc+−=，故B错误；C．氯化钡全部电离，因此该溶液中含有的微粒主要有：2Ba+、Cl−、2HO，故C错误；D．若取该溶液10mL，与10mL0.1mol∙L−124

NaSO溶液，两者的224n(Ba)=n(SO)+−，因此两者恰好完全反应，故D正确。综上所述，答案为D。25.下列实验方案中，不能．．测定23NaCO和3NaHCO混合物中23NaCO的质量分数是A.取a

g混合物充分加热，减重bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体C.取ag混合物与足量氢氧化钠充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体D.取ag混合物与足量()2BaOH溶液充分反应，过滤、

洗涤、烘干，得bg固体【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，A不选；B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法

可计算出Na2CO3质量分数，B不选；C．取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH，不可以计算出Na2CO3质量分数，选C；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应生成BaC

O3沉淀，最后得到固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，D不选；故本题选C。第二部分(非选择题共50分)本部分共8小题，共50分。26.补齐物质与其用途之间的连线如B−a_______物质用途A．碳酸氢钠a．

作呼吸面具供养剂B．过氧化钠b．作食品膨松剂C．漂粉精c．作红色颜料D．氧化铁d．作游泳池消毒剂【答案】A−b，C−d，D−c【解析】【详解】碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，常用作作食品膨松剂，故A−b；漂白精具有消毒杀菌作用，常用作游泳池消毒剂，故C−d；氧化铁是红棕色粉末，

常用作红色颜料，故D−c；综上所述，答案为：A−b，C−d，D−c。27.选择完成下列实验的装置的（1）加热2MnO和浓盐酸的混合物制2Cl，用_______(填序号，下同)。（2）从食盐水中获得食盐，用_______。（3）配

制100mL1.00mol∙L−1NaCl溶液，用_______。【答案】（1）②（2）①（3）③【解析】【小问1详解】加热2MnO和浓盐酸的混合物制2Cl，圆底烧瓶中装二氧化锰，分液漏斗中装入浓盐酸，用酒精灯加热，因此用②装置；故答案为：②。【小问2详解】从食盐水中获得食盐，用蒸发结晶的方

法，需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等装置，故用①；故答案为：①。【小问3详解】配制100mL1.00mol∙L−1NaCl溶液，用100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯等装置，因此用③；故答案：③。28.实验室制2C

l的化学方程式为()2222MnO4HClMnCOΔlCl2H浓+++。（1）作氧化剂的物质是_______，锰元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)。（2）反应中每生成1mol2Cl，消耗HCl的物质的量是_______mol，转移电子的物质的量是_______mol。【答案】（

1）①.2MnO②.降低（2）①.4②.2【解析】【小问1详解】反应方程式()2222MnO4HClMnCOΔlCl2H浓+++，MnO2中Mn化合价降低，被还原，发生还原反应，因此作氧化剂的物质是MnO2，锰元

素的化合价降低；故答案为：MnO2；降低。【小问2详解】根据反应方程式分析，反应中每生成1mol2Cl，消耗HCl的物质的量是4mol，转移电子的物质的量是2mol；故答案为：4；2。29.用NaOH固体配制100m

L1.00mol/LNaOH溶液。（1）计算需要NaOH固体的质量为_______g。为（2）配制溶液时，正确的实验操作顺序是_______。a.将称好的NaOH固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使NaOH固体全

部溶解并冷却至室温。b.根据计算结果，称量NaOH固体。c.将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴好标签。d.将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100L容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，将洗涤液也都注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。

e.将蒸馏水注入容量瓶，当液面离容量瓶颈部的刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。【答案】（1）4.00（2）badec【解析】【小问1详解】配

制100mL1.00mol/LNaOH溶液，需要溶质的质量为：0.1L1.00mol/L40g/mol4.00g=，答案为：4.00；【小问2详解】用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以正确的操

作顺序为：badec；答案为：badec。30.84消毒液是北京某医院在1984年研制成功的一种高效含氯消毒液。该消毒液可由2Cl与NaOH溶液反应制得，其主要成分为NaClO、NaCl，是无色或淡黄色液体。人们主要利用84消毒液中ClO−的

氧化性进行消毒。NaClO比HClO要稳定的多，虽然也会分解，但它的水溶液在低温下存放三年才分解一半左右。（1）84消毒液的有效成分是NaClO。_______（2）84消毒液是由NaClO和NaCl两种物质组成的混合物。_______（3）用2Cl与NaOH溶液制

备84消毒液的反应属于氧化还原反应。_______（4）NaClO很稳定，高温加热不分解。_______【答案】（1）正确（2）错误（3）正确（4）错误【解析】【小问1详解】84消毒液中ClO−的氧化性进行消毒，故84消毒液的有效成分是NaClO，答案为：正确；【小问2详解】84消毒液是由NaC

lO、NaCl和水组成的混合物，答案为：错误；【小问3详解】2Cl与NaOH反应过程中生成了NaClO、NaCl和水，氯元素的化合价由0价分别变到了+1价和-1价，故该反应属于氧化还原反应，答案为：正确；【小问4详解】NaClO不稳定，高温条件下会分解，故答案

为：错误。31.海洋是巨大的化学资源宝库。从海水中可以制取氯、溴、镁等多种化工产品。（1）Cl在元素周期表中的位置是第_______周期、第_______族。（2）Br的最高价氧化物对应的水化物为4H

BrO，其中溴元素的化合价是_______，4HBrO的酸性比4HClO的酸性_______(填“强”或“弱”)。（3）金属性Mg强于Al用原子结构解释原因：Mg和Al位于同一周期，原子核外电子层数相同，_______，原子半径Mg大于Al，失电子能力Mg强

于Al。（4）在元素周期表中，溴(Br)位于第4周期，与Cl同主族。下列实验或事实能说明得电子能力Cl强于Br的是_______(填字母)。a．将2Cl通入KBr溶液中可制得2Brb．常温常压下，2Cl为气态，2Br为液态c．

HBr约500℃开始分解，HCl约1000℃开始缓慢分解【答案】（1）①.三②.ⅦA（2）①.+7②.弱（3）核电荷数Mg小于Al（4）ac【解析】【小问1详解】Cl是17号元素，核外电子排布是2、8、7，因此Cl在元素周期表中的位置是第三周期、第VIIA族；

故答案为：三；VIIA。【小问2详解】Br的最高价氧化物对应的水化物为4HBrO，氢为+1价，氧为−2价，则溴元素的化合价是+7，根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，因此4HBrO的酸性比4HClO的酸性弱；故答案为：+

7；弱。【小问3详解】金属性Mg强于Al用原子结构解释原因：Mg和Al位于同一周期，原子核外电子层数相同，核电荷数Mg小于Al，原子半径Mg大于Al，失电子能力Mg强于Al；故答案为：核电荷数Mg小于Al。【小

问4详解】a．将2Cl通入KBr溶液中可制得2Br，说明氧化性22ClBr，则一般得到非金属性Cl强于Br，故a符合题意；b．常温常压下，2Cl为气态，2Br为液态，得电子能力与物质的状态无关，故b不符合题意；c．根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物稳定性逐渐减弱，HBr约500℃开始

分解，HCl约1000℃开始缓慢分解，则非金属性Cl强于Br，故c符合题意；综上所述，答案为：ac。32.电子工业中，常用3FeCl溶液腐蚀铜(原理为：3222FeCu2FeCu++++=+)制造印刷线路板。为了从腐蚀废液中回收铜并重新得到3FeCl溶液，可以采用下列步骤：（1）上述过程中

属于过滤操作的是_______(填序号)。（2）加入物质A生成单质Cu的离子方程式是_______。（3）滤渣为混合物，物质B是_______(用化学式表示)，作用是_______。（4）写出③中通入2Cl反应的离子方程式为_____

__。（5）检验3FeCl溶液中所含金属离子的实验操作和现象为：_______。（6）若加入A的物质的量为amol，整个操作过程中生成2H的物质的量为bmol，若不考虑空气中氧气参与反应，请计算③至少消耗2Cl的物质的量为_______mol。(用含a、b的代数式表示)【答案】（1）

①②；（2）22FeCuFeCu+++=+；（3）①.HCl；②.除去Cu粉中的Fe；将铁转化成氯化亚铁；（4）2322FeCl2Fe2Cl++−+=+；（5）取待测液少许于试管中，滴加KSCN溶液，变红色；（6）3a-b2。【解析】【分析】电

子工业中，常用3FeCl溶液腐蚀铜，制造印刷线路板，则腐蚀废液中主要为氯化铜、氯化铁和氯化亚铁，加入过量A，产生滤液和滤渣，滤液通入氯气生成氯化铁，说明滤液为氯化亚铁，则A为单质铁，则滤渣为铁和铜；加入过量B，得到单质铜和氯化亚铁，说明

B为稀盐酸，据此分析。【小问1详解】操作①、②后均有固体和滤液，则说明①②操作为过滤；答案为：①②；【小问2详解】由上述分析可知，物质A是铁单质，铁与铜离子发生置换反应，故反应的离子方程式为：22FeCuFeCu+++=+；答案为：22Fe

CuFeCu+++=+；【小问3详解】由上述分析可知，物质B是HCl；HCl的作用是使铜和铁单质分离，同时生成氯化亚铁溶液，故答案为：HCl；除去Cu粉中的Fe；将铁转化成氯化亚铁；【小问4详解】由上述分析可知，滤液是氯化亚铁溶液，二价铁离子被氯气氧化成三价铁离子，故反应的离子方程式为：

2322FeCl2Fe2Cl++−+=+；答案为：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+；【小问5详解】检验三价铁离子，可以取待测液少许于试管中，滴加KSCN溶液，变红色，说明有三价铁离子存在，故答案为：取待测液少许于试管中，滴加KSCN溶液，

变红色；【小问6详解】物质A是铁单质，amol的铁单质由0价，最终转化为三氯化铁中的三价铁离子，共失去3amol的电子，得电子的物质为盐酸和氯气，题干要求计算至少消耗2Cl的量，故不考虑原溶液中的铜离子和铁离子，根据氢气的量，盐酸共得2bmol电子，则氯气得电子的物质的量为：（3a

-2b）mol，故需要氯气的物质的量为：（3a-b2）mol；答案为：3a-b2。33.某小组同学为了获取在()2FeOH制备过程中，沉淀颜色的改变与氧气有关的证据，用下图所示装置进行了实验(夹持装置已略去，气密性已检验)。

实验步骤：Ⅰ．向三颈瓶中加入饱和4FeSO溶液，按如图1所示装置连接；Ⅱ．打开磁力搅拌器，立即加入10%NaOH溶液；Ⅲ．采集瓶内空气中2O含量和溶液中2O含量(DO)的数据。实验现象：生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后部分变为红褐色。实验数据：问题与

解释：（1）三颈瓶中4FeSO溶液的颜色为_______，盛放NaOH溶液的仪器名称为_______。（2）生成白色沉淀的离子方程式是_______。（3）沉淀颜色发生变化最后变成红褐色的化学方程式是_______。（4）通过上述实验，可得到“在()2FeOH制备过程中，沉淀颜色改变与氧气有关”的

结论，其实验证据是_______。【答案】（1）①.浅绿色②.分液漏斗（2）()22Fe2OHFeOH+−=+（3）()()22234FeOHO2HO4FeOH++=（4）瓶内空气中、溶液中2O含量均下降；沉淀颜色改变【解析】【分析】硫酸

亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，根据数据采集溶解氧和瓶内氧气的量逐渐减小，沉淀的颜色迅速变为灰绿色，一段时间后部分变为红褐色。【小问1详解】三颈瓶中4FeSO溶液的颜色为浅绿色，根据图中信息得到盛放NaOH溶

液的仪器名称为分液漏斗；故答案为：浅绿色；分液漏斗。【小问2详解】生成白色沉淀是亚铁离子和氢氧根反应生成，其反应的离子方程式是()22Fe2OHFeOH+−=+；故答案为：()22Fe2OHFeOH+−

=+。【小问3详解】沉淀颜色发生变化最后变成红褐色是氢氧化亚铁和氧气、水反应生成，其反应的化学方程式是()()22234FeOHO2HO4FeOH++=；故答案为：()()22234FeOHO2HO4FeOH++=。【小问4详解】通过上述实验，根据沉淀颜色的改变、以及图2、图3的实验数

据可得到“在()2FeOH制备过程中，沉淀颜色改变与氧气有关”的结论，其实验证据是瓶内空气中、溶液中2O含量均下降；沉淀颜色改变；故答案为：瓶内空气中、溶液中2O含量均下降；沉淀颜色改变。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com