【文档说明】福建省莆田第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）.docx，共(19)页，1.446 MB，由envi的店铺上传

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莆田一中2023～2024学年度上学期期末考试试卷高一化学必修一(专题1至专题4)考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5F

e：56I：127第Ⅰ卷(共42分)一、选择题(共14题每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.南朝陶弘景在《本草经集注》中记载有鉴别消石(KNO3)与朴消(Na2SO4)之法:“以火烧之,紫青烟起,云是真消石也”。该鉴别

方法利用的原理是A.受热升华B.颜色反应C.焰色反应D.丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】含有钾元素的物质在火焰上灼烧，火焰呈现紫色（透过蓝色钴玻璃片），该原理为焰色反应，C正确；正确选项C。2.盐在生产、生活中有广泛应用。下列盐的性质与用途具有对应关系的是A.NaClO有强氧化性，可用于消毒

杀菌B.NaHSO3有还原性，可用于漂白纸浆C.NaCl易溶于水，可用于工业电解制备钠D.NaHCO3受热易分解，可用于制抗酸药物【答案】A【解析】【分析】【详解】A．NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌,消毒杀菌就是利用

了NaClO的强氧化性，A正确；B．漂白纸浆是利用SO2的漂白性，B错误；C．工业电解熔融的氯化钠来制备金属钠，与氯化钠是否易溶于水无关，C错误；D．NaHCO3可用于制抗酸药物，是利用了其能和酸反应生成CO2，与NaHCO

3受热易分解无关，D错误；故选A。3.我国女科学家屠呦呦发现青蒿素，它是一种用于治疗疮疾的药物。下列有关青蒿素(化学式：15225CHO)的叙述不正确的是A.青蒿素的摩尔质量为282B.236.0210个青蒿素分子的质量约为282gC.1

mol青蒿素的质量为282gD.282g青蒿素中含有A15N个碳原子【答案】A【解析】【详解】A．根据青蒿素化学式15225CHO可知，其相对分子质量为282，摩尔质量为282g/mol，A错误；B．236.0210个青蒿素分子物质的量约为1mol，

质量约为1mol282g/mol=282g，B正确；C．1mol青蒿素的质量为1mol282g/mol=282g，C正确；D．282g青蒿素的物质的量为1mol，1个15225CHO分子中含有15个碳原子，282g青蒿素中含有A

15N个碳原子，D正确；答案选A。4.已知AN是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.130.1molLKNO−溶液中离子总数大于A0.2NB.1.1g的2TO，含有的质子数为A0.5NC.5.6gFe与足量S反应转移的电子数为A0.3ND.21molCl和Fe充分反应，转移电子数

为A3N【答案】B【解析】【详解】A．溶液体积未知，无法确定溶液中离子数目，A错误；B．T2O的摩尔质量为22g/mol，所以1.1g2TO的物质的量为0.05mol，一个2TO含有10个质子，1.1g的2TO，含有的质子数为A0.5N，B正确；的C．5.6

gFe的物质的量为0.1mol，与足量的S反应生成FeS，转移电子数为0.2NA，C错误；D．21molCl和Fe充分反应生成23molFeCl3，Cl元素由0价下降到-1价，转移电子数为A2N，D错误；故选B。5.下列离子方程式

书写正确的是A.向4NaHSO溶液中滴2Ba(OH)溶液，恰好使24SO−沉淀完全：224242HSOBa2OH2HOBaSO+−+−+++=+B.向2FeI溶液中通入少量氯气：2322FeCl2Fe2Cl++−

+=+C.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：2223CaSOHOCaSO2C2OClOlH+−++++=D.过量2CO通入2Ca(ClO)溶液中：223ClOCOHOHCOHClO−−++=+【答案】D【解析】【详解】A．4NaHSO为强酸酸式盐，完全电离为Na+、+H、

24SO−，2Ba(OH)为强碱，在离子方程式中写离子符号2Ba+、-OH，恰好使24SO−沉淀完全，4NaHSO与2Ba(OH)物质的量关系为1:1，-OH过量，+H完全反应，则离子方程式为22424HSOBaOHHOBaSO+−+

−+++=+，A错误；B．2FeI为强电解质，在离子方程式中写离子符号2+Fe、-I，2+Fe、-I都具有还原性，二者还原性为-I>2+Fe，通入少量氯气时，-I被氧化，离子方程式为2-22Cl2lIIC−+=+，B错误；C．漂白粉

有效成分为2Ca(ClO)具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2224Ca3ClOSOHOCaSO2HClO+Cl+−−+++=+，C错误；D．2Ca(ClO)为强电

解质，在离子方程式中写离子符号，2CO为非电解质，在离子方程式中写化学式，2CO的水溶液为碳酸，酸性强于次氯酸，过量2CO转化为3HCO−，故离子方程式为223ClOCOHOHCOHClO−−++=+，D正确；答案选D。6.海洋是一座巨

大的化学资源宝库，如图是从海水中提取若干种化学物质的流程图，则下列说法正确的是A.除去粗盐中的24SO−、Ca2+、Mg2+等杂质，①中加入试剂的顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B.②中包含制

取MgCl2溶液、无水MgCl2及电解熔融状态的MgCl2几个阶段C.③④⑤中溴元素均被氧化D.氯碱工业中氯气在阴极(与电源负极连接的电极)处生成【答案】B【解析】【分析】由流程可知，海水晒盐得到粗盐、母液，①为粗盐精制，BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO

3溶液→过滤（BaCl2溶液在Na2CO3溶液添加前添加即可）后加盐酸得到NaCl，NaCl、水、氨气与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，第②步中先与HCl反应生成氯化镁溶液，在HCl气流中加热防止水解，浓缩结晶得到MgCl2•6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制

取Mg；第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，此过程的目的是浓缩、富集溴单质，以此来解答。【详解】A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品正确顺序为：BaCl2溶液

→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤（BaCl2溶液在Na2CO3溶液添加前添加即可）后加盐酸，A错误；B．第②步中先与HCl反应生成氯化镁溶液，在HCl气流中加热防止水解，浓缩结晶得到MgCl2•6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制取M

g，B正确；C．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，C错误；D．电解池中阳极（即与电源正极相连的电极）发生氧化反应，则氯碱工业即电解饱和食盐水中氯气在阳极（与电源正极连

接的电极）处生成，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，D错误；故答案为：B。7.推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象的预测及分析错误的是A.试管内CCl4层溶液褪色，说明Br2具有氧化性B.试管中的红色花瓣褪色，说明SO2具有漂白性C.试

管中产生大量气泡，说明锥形瓶内的Na2SO3体现强还原性D.一段时间后试管内有白色沉淀，说明有24SO−生成【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫与溴单质、水反应生成硫酸和HBr，导致试管内CCl4层溶液中B

r2逐渐减少而褪色，反应方程式为：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，故说明Br2具有氧化性，A正确；B．二氧化硫具有漂白性，则可使试管中的红色花瓣褪色，B正确；C．锥形瓶中发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，试

管中产生大量气泡，但无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，不能说明锥形瓶内的Na2SO3体现强还原性，A错误；D．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，二氧化硫与溴、水反应生成的硫酸与氯化钡溶液反应，则一段时间后试管内有白色沉淀，说明有24SO−生成，D正确；故答案为：C。

8.用NaCl固体配制10.1molL−的NaCl溶液，下列操作或说法正确的是A.将5.85gNaCl固体放入1000mL容量瓶中，加水溶解并准确定容B.定容时仰视，配制的NaCl溶液浓度偏高C.固体溶解、

冷却后将溶液直接转移到容量瓶中，然后向容量瓶中加水至刻度线D.配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果【答案】D【解析】【详解】A．固体应在烧杯中溶解，容量瓶不能用来稀释溶液或溶解固体，故A错误；B．定容时仰视，导致溶液的体积偏大，配制的NaCl溶液浓度偏低，故B错误；

C．溶液不能直接转移到容量瓶中，应用玻璃棒引流，且玻璃棒与容量瓶的接触点要位于刻度线以下，然后洗涤、转移、定容，故C错误；D．容量瓶最后都要加蒸馏水定容，故先前有一些蒸馏水不会影响实验结果，故D正确；故选D。9.下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是气体(杂质)方法ASO2(H2S)通过酸

性高锰酸钾溶液BCl2(HCl)通过饱和的食盐水CN2(O2)通过灼热的铜丝网DCO2(HCl)通过饱和的碳酸氢钠溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．SO2能被酸性高锰酸钾溶液

氧化为硫酸，不符合除杂原则，故A选；B．HCl极易溶于水，通过饱和的食盐水可以除去Cl2中的HCl杂质，故B不选；C．铜与氧气反应，与氮气不反应，能够达到除杂目的，故C不选；D．HCl能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能够达到除杂目的，故D不选；故选A。10

.以混有2SiO的3MgCO为原料制备氧化镁的实验流程如图：下列说法错误的是A.酸浸的离子方程式为2322O=CO2HCOH−+++B.浸出渣的成分是2SiOC.母液的主要溶质是4NHClD.固体X是()2MgOH【答案】A【解析】【分析】盐酸酸浸，3MgCO可溶，2SiO不溶，滤渣为2Si

O，浸出液中主要成分是2MgCl，加入氨水沉镁，23224MgCl2NHHOMg(OH)2NHCl+=+，母液主要溶质是4NHCl，固体X为2Mg(OH)，以此解答。【详解】A．盐酸酸浸，3MgCO是微溶物

，不可拆成离子，故A错误；B．盐酸酸浸，3MgCO可溶，2SiO不溶，滤渣为2SiO，故B正确；C．加入氨水沉镁，23224MgCl2NHHOMg(OH)2NHCl+=+，母液主要溶质是4NHCl，故C正确；D．沉镁过程中，加入氨水沉镁，23224MgCl2NHHOMg(OH)2NHCl+

=+，母液主要溶质是4NHCl，固体X为2Mg(OH)，故D正确；故选A。11.MnO2是一种重要的无机材料，利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取MnO2的流程如图所示。下列说法错误的是A.酸浸的目的是将杂质

溶解B.氧化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5C.操作X和操作Y均为过滤D.用热NaOH溶液吸收氯气的过程中，1mol氯气被吸收，电子转移的物质的量为5mol【答案】D【解析】【分析】由流程图可知粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)

加稀硫酸，MnO和MnCO3与稀硫酸反应生成MnSO4，过滤得MnO2和MnSO4溶液，用NaClO3氧化得MnO2沉淀过滤可得MnO2；【详解】A．MnO和MnCO3均能溶于稀硫酸而MnO2不能，故酸浸的目的是将杂质溶解，选项A

正确；B．“氧化”过程中发生反应，氧化剂为NaClO3还原剂为MnSO4，比例为2:5，选项B正确；C．由上述分析可知操作X和操作Y的名称均为过滤，选项C正确；D．用热NaOH溶液吸收氯气的过程中发生反应6N

aOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，1mol氯气被吸收，电子转移的物质的量为5mol3=53mol，选项D错误；答案选D。12.2NaClO是一种高效的漂白剂，实验室中一种制备2NaClO的过程如图所示，下列说法错误的是A.2NaClO的漂白原理与2SO不同B.每生

成1mol2ClO有0.5mol224HCO被氧化C.反应2过程中，22HO作氧化剂D.粗产品经重结晶可得到纯度更高的2NaClO【答案】C【解析】【分析】反应Ⅰ中NaClO3在硫酸作用下与草酸发生氧化还原反应生成ClO2，吹出的ClO2在溶液中与加入氢氧化钡溶

液、H2O2反应，除去气体中的二氧化碳，ClO2被转化为NaClO2，过滤除去碳酸钡沉淀，在滤液中加入硫酸钠除去过量的氢氧化钡得到NaClO2溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品NaClO2，据此分析解答。【详解】A．2NaClO的漂

白原理是依靠其氧化性，2SO的漂白原理是与有色物质反应生成无色的物质，2NaClO的漂白原理与2SO不同，故A正确；B．反应1中3NaClO生成2ClO过程Cl元素由+5价变为+4价，224HCO反应生成2CO过程C元素由+3价变为+4价，每生成

1mol2ClO有0.5mol224HCO被氧化，故B正确；C．反应2的反应之一为Ba(OH)2+ClO2+H2O2=BaClO2+O2+2H2O，反应过程中Cl元素由+4价变为+3价，2ClO作氧化剂，22HO作还原剂，故C错误

；D．粗产品经重结晶可得到纯度更高的2NaClO，故D正确；故选C。13.钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，如图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是A.钠的密度比液氨大B.溶液的导电性增强C钠和液氨可发生以下

反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑D.0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子【答案】D【解析】【分析】【详解】A．钠沉入液氨中，则钠的密度比液氨大，故A不选；B．钠在液氨

中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，溶液的导电性增强，故B不选；C．钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，故C不选；D．0.1mol钠投入液氨生成0.05molH2时，Na共失去0.1mol电子，故D选；故选：D。14.实验室分离Fe3+和Al

3+的流程如下：已知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl4]-，该配离子在乙醚(Et2O，沸点34.6℃)中生成缔合物+-24EtOHFeCl﹒﹒[]。下列说法错误的是A.萃取振荡时，分液漏斗下口

应倾斜向下.B.分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放出C.分液后水相为无色，说明已达到分离目的D.蒸馏时选用直形冷凝管【答案】A【解析】【详解】A．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A错误；B．分液时，密度大的液体在下层，密度小的液体在上层，下层液体由分液

漏斗下口放出，下层液体放完后，密度小的上层液体从分液漏斗上口倒出，B正确；C．Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子，该离子在乙醚中生成缔合物，乙醚与水不互溶，故分液后水相为无色，则水相中不再含有Fe3+，说明已经达到分离目的，C正确；D．蒸馏时选用直形冷凝管，能使馏分全部

转移到锥形瓶中，而不会残留在冷凝管中，D正确；答案选A。二、填空题(共4题共58分)15.完成下列问题。（1）饮用水中的3NO−对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中3NO−的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将3NO−还原为2N，其化学方

程式为：322210A16NaNO4NaOH10NaAlO3N2HO++=++。①上述反应中，被还原的元素是_______(填写元素符号)；氧化产物是_______(写化学式)；若反应生成11.2L(标况下

)的2N，该反应转移电子的数目为___AN。②用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目：________322210Al6NaNO4NaOH10NaAlO3N2HO++++=。③请配平下列离子方程式：____23322__Fe__H__NO__Fe___NO__HO++−++=+

+。（2）食品工业经常使用23NaCO和3NaHCO作膨松剂。室温下，向含3.07g某膨松剂试样(2332xNaCOyNaHCOzHO)溶液中逐滴加入稀盐酸，反应过程中含碳元素微粒的物质的量随pH变化的图象如图所示。①图中B点溶液溶质

的主要成分为________(填化学式)。②图中A点所含23NaCO的物质的量为_____mol。(提醒：注意纵坐标的数量级)③pHa时发生反应的离子反应方程式为_________。④某同学用酒精灯对该试样固体充分加热至恒重，从开始至恒

重固体失重______g。【答案】（1）①.N②.2NaAlO③.5④.⑤.233228Fe10H2NO8FeNO5HO++−+++=++（2）①.3NaHCO、NaCl②.0.00625③.322H

HCOHOCO+−+=+④.1.8775【解析】【小问1详解】①10A1+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O中，N元素的化合价降低、Al元素的化合价升高，则被还原的元素是N，氧化产物是NaAlO2；根据反应前后N元素化合价可得，生成1molN2转移电子数

为10NA，若反应生成11.2L(标况下)的2N，2N的物质的量为0.5mol，该反应转移电子的数目为5NA，故答案为N；NaAlO2；5；②N元素的化合价降低、Al元素的化合价升高，Al失去30e-，N得到30e-，则双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目为，答案为

；③Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+1价，由得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知离子反应为8Fe2++10H++2-3NO=8Fe3++N2O↑+5H2O，故答案为8Fe2++1

0H++2-3NO=8Fe3++N2O↑+5H2O；（2）①图中B点时碳酸钠与盐酸完全转化为碳酸氢钠，同时生成氯化钠，则B点溶液溶质的主要成分为NaHCO3、NaCl，答案为NaHCO3、NaCl；②图中A点碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量相等，设碳酸钠与盐酸反应生成的碳酸氢钠为xmol，发生反应Δ

223232NaHCONaCCOOO=++H，由图可知0.01-x=0.0025+x，解得x=0.00375，则A点所含Na2CO3的物质的量为0.00375mol+0.0025mol=0.00625mol，答案为0.00625；【小问2详解】①图中B点时碳酸钠与盐酸完全转

化为碳酸氢钠，同时生成氯化钠，则B点溶液溶质的主要成分为NaHCO3、NaCl，答案为NaHCO3、NaCl；②图中A点碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量相等，设碳酸钠与盐酸反应生成的碳酸氢钠为xmol，发生反应Δ223232NaHCONaCCOOO=++H，由图可知0.01-x=0

.0025+x，解得x=0.00375，则A点所含Na2CO3的物质的量为0.00375mol+0.0025mol=0.00625mol，答案为0.00625；③pH<a时碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳，离子反应方程式为H++-3HCO=H2O+CO2

↑，答案为H++-3HCO=H2O+CO2↑；④对该试样固体充分加热至恒重，最终得到碳酸钠，由Δ223232NaHCONaCCOOO=++H可知，0.0025mol碳酸氢钠分解生成碳酸钠为0.00125mol，则最终得到碳酸钠为0.01mol+

0.00125mol=0.01125mol，其质量为0.01125mol106g/mol=1.1925g，可知用酒精灯对该试样固体充分加热至恒重，从开始至恒重固体失重为3.07g-1.1925g=1.8775g，答案为1.8775。16.工业上以侯氏制

碱法为基础生产焦亚硫酸钠(225NaSO，能溶于水)的工艺流程如图：（1）反应Ⅰ反应的化学方程式是_______。（2）反应Ⅱ反应化学方程式是_______。（3）关于该流程，下列说法正确的是_______(填字母)。a．反应反应Ⅰ中应先通入2CO，再通入3NHb．

反应Ⅱ属于氧化还原反应c．该流程中，2CO可以循环使用d．溶液乙的结晶产物是硫酸铜晶体（4）反应Ⅲ包含多步反应：第一步：∙∙∙∙∙∙第二步：322522NaHSONaSOHO=+为了减少产品225NaSO中的杂质含量，理论上需控制第一步反应中气体反应物与固体反应物

的物质的量之比为_______。（5）已知225NaSO中S元素的化合价为+4价，与亚硫酸盐一样具有还原性。写出酸性条件下与2I反应的离子反应方程式_______。【答案】（1）32234NaClNHCOHONa

HCONHCl+++=+（2）323222NaHCONaCOCOHO++（3）cd（4）2：1（5）225224SO2I3HO2SO4I6H−−−+++=++【解析】【分析】由题给流程可知，氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠

沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠和含有氯化铵的滤液；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；硫化铜在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，二氧化硫与溶于水的碳酸钠反应、干燥得到焦亚硫酸钠；氧化铜溶于稀硫酸得到硫酸铜溶液，硫

酸铜溶液结晶得到硫酸铜晶体。的【小问1详解】反应Ⅰ中氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，化学方程式为：32234NaClNHCOHONaHCONHCl+++=+。【小问2详解】由分析可知，反应Ⅱ为碳酸氢

钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为323222NaHCONaCOCOHO++。【小问3详解】a．氨气在水中溶解度大，先通氨气使溶液呈碱性，可以吸收更多的二氧化碳，提高生成HCO-3的浓度，有利于促进更多的NaHCO3析出，a错误；b．反应Ⅱ为碳酸氢钠

受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，该反应过程中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，b错误；c．由分析可知，反应Ⅱ生成的二氧化碳可以做反应I的反应物，可以循环使用提高原料的利用率，c正确；D．由分析可知，溶液乙为硫酸铜溶液，硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到五水硫酸铜晶体，d正确

；故选cd。【小问4详解】由分析可知，反应Ⅲ为二氧化硫与溶于水的碳酸钠反应、干燥得到焦亚硫酸钠，由第二步反应的方程式可知，第一步反应为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，则反应中气体反应物二氧化硫与固体反应物碳酸钠的

物质的量之比为2:1。小问5详解】由题意可知，已知225NaSO中S元素的化合价为+4价，与亚硫酸盐一样具有还原性，225SO−和I2反应生成4SO−和I-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：225224SO2I3HO2SO4I6H−−−+++=++。17.

数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和图像作答：I．完成下列问题。（1）如图为含氯元素物质的“价类二维图”，下列说法正确的是___________(填标号)。【A.乙、丁均属于电解质B.丙的酸性强于碳酸C.乙是一种广谱型的消毒剂，可取代甲成为自来水的消毒剂D.

戊→己必须加还原剂才能实现（2）400℃时，戊分解只生成两种盐，其中一种是己，另一种盐是___________(填化学式)。II．某无土栽培所用营养液中含有244KClKSONHCl、、三种溶质，实验测得部分离子的浓度如图甲所示，取200mL样品加水稀释，测得+4NH的浓度(c)随溶液体积

(V)的变化如图乙所示：（3）图甲中X是___________。（4）营养液中24KSO与4NHCl的物质的量之比为___________。III.某实验小组向2100mLFeI溶液中通入2Cl，溶液中3+2FeI、，的物质的量随通入的2Cl的物质的量变化如图所示(不考虑与水的反应)

。请回答下列问题：（5）由图可知，2+Fe与-I还原性强弱为2+Fe___________-I(填“>”或“<”)。的（6）从开始通入2Cl到()2nCl=0.12mol时，溶液中：()()3+2+nFe=nFe___________，此时反应的离子方程式为_______

_______________。【答案】（1）C（2）KClO4（3）24SO−（4）1:2（5）<（6）①.23②.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】【分析】根据含氯元素物质的“价类二维图”，甲是Cl2、乙是ClO

2、丙是HClO、丁是HClO4、戊是KClO3、己是KCl。【小问1详解】A．乙是ClO2，自身不能电离，ClO2属于非电解质，故A错误；B．丙是HClO，HClO的酸性比碳酸弱，故B错误；C．ClO2是

一种广谱型的消毒剂，可取代Cl2成为自来水的消毒剂，故C正确；D．KClO3加热分解为KCl和氧气，KClO3→KCl不须加还原剂就能实现，故D错误；选C。【小问2详解】400℃时，KClO3分解只生成两种盐，其中一种是

KCl，根据化合价升降规律，另一种盐是KClO4；【小问3详解】根据稀释前后铵根离子的物质的量不变，0.2c1=1.6×1，c1=8mol/L，营养液中铵根离子的浓度为8mol/L，根据电荷守恒，硫酸根离子的浓度为()()()4KNHCl0.

9mol/L+8mol/L-9mol/L=4mol/L22ccc++−+−=，图甲中X是24SO−；【小问4详解】硫酸根离子的浓度为4mol/L，所以营养液中24KSO的浓度为4mol/L，铵根离子的浓度为8mol/L则

4NHCl的物质的量浓度为8mol/L，所以24KSO与4NHCl的物质的量之比为1:2。【小问5详解】根据图示，氯气先氧化I-，所以2+Fe与-I的还原性强弱为2+Fe<-I。【小问6详解】2I-+

Cl2=I2+2Cl-，氧化I-消耗0.1molCl2，可知I-的物质的量为0.2mol，原FeI2的物质的量为0.1mol，从开始通入2Cl到()2nCl=0.12mol时，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-消耗0.02molCl2，氧化

Fe2+的物质的量为0.04mol、生成Fe3+的物质的量为0.04mol，溶液中()()3+2+nFe=nFe0.042=0.1-0.043，此时反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。18.某兴趣小组设计实验探究xCeMn

O−，催化空气氧化CO的效率。回答下列问题：步骤Ⅰ制备CO在通风橱中用下图装置制备CO(加热及夹持装置省略)，反应方程式：2HCOOHCOHO⎯⎯⎯→+浓硫酸（1）装置A中盛放甲酸的仪器的名称是_______。（2）从B、C、D中选择合适的装置收集CO，正确的接口连接顺序为a→_______→

_______→_______→_______→h(每空填一个接口标号)。______步骤Ⅱ检验CO将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。（3）该反应的化学方程式为_______。步骤Ⅲ探究xCeMnO−催化空气氧化CO的效率将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体

样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至120℃，按一定流速通入气体样品。(已知：25IO是白色固体，易吸水潮解：25225COIOI5CO++=)（4）通入11.2L(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成

了20.1016gI。①能证明CO被空气氧化的现象是_______；②CO被催化氧化的百分率为_______；③若未通入氮气，②的结果将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（5）探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用_______方法可以缩短接触

时长。（6）步骤Ⅲ装置存在的不足之处是_______。【答案】（1）分液漏斗（2）a→d→e→c→b（3）()()343322CO2AgNHOH2AgNHCO2NH+=++（4）①.石灰水变浑浊②.60%③.偏大（5）增大气体样品流速（6）尾气出口未加防潮装置(

或其他相似表述)【解析】【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H中

被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和25IO，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化碳的被氧化的百分率。据此解答。【小问1详解】装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。【小问2详解】用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口连接顺序为a→

d→e→c→b→h。【小问3详解】一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：()()343322CO2AgNHOH2AgNHCO2NH+=++。【小问4详解】一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变

浑浊。碘的物质的量为0.1016g0.0004mol254g/mol=，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为0.5mol其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-

0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为0.003100%=60%0.005。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分率增大。【小问5详解】增大气流速率可以提高催化效率。【小问6详解】：25IO是白色固体，易吸水潮解，

但该装置出气口未加防潮装置。