【文档说明】【精准解析】湖南省长沙市一中2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(17)页，735.500 KB，由小赞的店铺上传

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湖南省长沙市一中2020-2021学年高一第一学期期末考试化学试卷时量：75分钟满分：100分。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27C1-35.5Fe-56一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选有符合题目要求)1.下列关于实验事故或

药品的处理方法中，正确的是A.少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗B.大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，顺风向地势低处逃离C.不慎酒出的酒精在桌上着火时，应立即用大量水扑灭D.可以将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶【答

案】D【解析】【分析】【详解】A．浓硫酸溅到皮肤上，应用干抹布擦去，冲洗后涂上碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液中和，因为氢氧化钠溶液有很强的腐蚀性，故A不符合题意；B．氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的

物质，肥皂水显弱碱性，所以大量氯气泄漏时，可用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，氯气的密度大于空气，逆风可以防止氯气留在人的周围，故应逆风向地势高处逃离，避免氯气吸入人体，故B不符合题意；C．少量酒精洒在桌上并燃烧起来

，应该立即用湿抹布扑盖，由于酒精密度小于水，且易溶于水，不能够用大量水扑灭，故C不符合题意；D．钠、钾、白磷单质非常活泼，随意丢弃容易引起火灾事故，可以将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶，故D符合题意

；答案选D。2.下列实验装置正确的是A.加热分解碳酸氢钠B.吸收氨气C.转移溶液D.制取氯气【答案】B【解析】【详解】A.试管底低于试管口，水蒸气在管口冷凝后流回到试管底，使试管底因受热不均而破裂，A错误；B.用刚接触水面的倒置的漏斗吸收氨气，既能保证好的吸收效果，又能防止倒吸，B正

确；C.转移溶液需要使用玻璃棒，C错误；D.用长颈漏斗制取氯气时，导管口应插入液面下，以防气体沿漏斗颈逸出，D错误。故选B。【点睛】对于一般气体的吸收，可直接将导管口插入液面下；对于易溶于水的气体吸收，可将导管口位于液面上，可将导管口接在刚接

触水面的倒置的漏斗上，也可以将出气导管口插在CCl4与水混合液中的CCl4层。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，2.24LH2O中含有的原子数目为0.3NAB.常温常压下，4.6gNO2与N2O4混合物中含有的氧

原子数目为0.2NAC.0.15mol·L-1K2CO3溶液中含有的钾离子数目为0.3NAD.过氧化钠与水反应时，每生成1mol氧气转移电子数为NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况即0℃，101kPa，水是液体，1mol水为18g大约18mL，2.24L水物质的量约为

124mol，原子数约372NA，A错误；B．在NO2或N2O4中，N与O个数比为1：2，O的质量分数为3246，m(N)=4.6g×3246=3.2g。则n(N)=()M()mNN=3.2g16g/mol=0.2mol。氧原子数目为0.2N

A，B正确；C．只有浓度没有体积，无法计算钾离子数目，C错误；D．过氧化钠与水反应时，O2由-1价O发生氧化而得，转移电子数为2NA，D错误；故选B。4.下列反应的离子方程式书写正确的是A.氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：2+2

-44Ba+SO=BaSOB.向氢氧化钠溶液中逐滴加入几滴FeCl3饱和溶液：3+-3Fe+3OH=Fe(OH)(胶体)C.向氯化铝溶液中滴加足量氨水：3++3234Al+3NHHO=Al(OH)+3NHD

.氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：3+-2+2Fe+2I=Fe+I【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀：2+-2-2442Ba+2OH+SOCu=

BaSOCu(OH)+++，A错误；B．向氢氧化钠溶液中逐滴加入几滴FeCl3饱和溶液发生复分解反应、产生氢氧化铁沉淀：3+-3Fe+3OH=Fe(OH)，B错误；C．向氯化铝溶液中滴加足量氨水产生氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液

：3++3234Al+3NHHO=Al(OH)+3NH，C正确；D．氯化铁溶液与碘化钾溶液反应，电荷应守恒、得失电子数应守恒：3+-2+22Fe+2I=2Fe+I，D错误；答案选C。5.下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应．．．．．．而不能大量共存的是A.Na+、Ba2+、Cl-、2-4S

OB.Ca2+、-3HCO、Cl-、K+C.-4MnO、K+、Fe2+、H+D.H+、Cl-、Na+、2-3CO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．因Ba2+、2-4SO结合生成沉淀，因复分解反应不能共存，故A不符合题意；B．该组离子之间不反应，能大量共存，故B不符合题意；C．-4MnO

，Fe2+，H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C符合题意；D．因H+、2-3CO结合生成水和二氧化碳，因复分解反应不能共存，故D不符合题意；故选C。6.向下列溶液中通入足量CO2气体，最终不会产生沉淀的是（）①饱和Na2CO3溶液、②澄清石灰水、③BaCl2溶

液、④氨水与NaCl构成的混合液(二者均饱和)A.①②③④B.②③C.①④D.③④【答案】B【解析】【详解】①饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，同时反应消耗了溶剂水，导致生成NaHCO3沉淀，①不

符合题意；②澄清石灰水中通入少量CO2气体，反应会产生CaCO3沉淀；当CO2气体过量时，CaCO3与过量CO2反应产生可溶性Ca(HCO3)2，又使沉淀溶解，得到澄清溶液，②符合题意；③由于酸性：HCl＞H2CO3，则向BaCl2溶液中通入足量CO2气体，二者不能发生反应，因此最终无沉

淀产生，溶液仍然是澄清的，③符合题意；④向氨水与NaCl构成的混合液中通入足量CO2气体，反应产生NH4Cl和NaHCO3，反应产生大量的NaHCO3，且碳酸氢钠溶解度小，因此会生成NaHCO3沉淀，④不符合题意；综上所述可知：最终无沉淀的选项是②③，故合理选项是B。7.为除去

括号内的杂质，所选用的试剂不正确的是A.Cl2(HCl)，通过饱和食盐水B.SO2(CO2)，通过酸性高锰酸钾溶液C.NO(NO2)，通入水中D.NaOH溶液[Ca(OH)2]，加入适量Na2CO3溶液，过滤【答案

】B【解析】【分析】【详解】A．Cl2难溶于饱和食盐水、HCl极易溶于水，Cl2中HCl)可通过饱和食盐水除去，A正确；B．SO2能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，通过酸性高锰酸钾溶液时SO2被吸收，B不正确；C．二氧化氮与水反应生成NO和硝

酸，故NO中的NO2通入水中即可提纯，C正确；D．氢氧化钙和适量碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，则NaOH溶液中Ca(OH)2可通过加入适量Na2CO3溶液、过滤来提纯，D正确；答案选B8.下列叙述内容和结论均正确并且有因果关系的是选项内

容结论A向Na2CO3溶液中滴加足量稀盐酸有气泡产生，说明非金属性：Cl>CB浓硫酸具有强氧化性和吸水性浓硫酸可干燥H2和H2S，不可干燥SO2和NH3CSO2是酸性氧化物SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色D铵盐受热易分解NH4Cl和NH4HCO3均可用作

氮肥和制取氨气A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.向Na2CO3溶液中滴加足量稀盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以产生气泡，只能说明盐酸酸性大于碳酸，但不是最高价含氧酸，不能说明非金属性：ClC＞，A不选；

B.浓硫酸具有吸水性，可干燥H2、CO和SO2；氨气是碱性气体、H2S据还原性室温下和浓硫酸发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，B不选；C.SO2是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，所以SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色，C选；D.4NHCl和43NHHCO均

可用作氮肥和制取氨气，但制取氨气与铵盐受热易分解没有关系，D不选；答案选C。9.下列实验操作对应的现象符合事实的是A．用洁净的铂丝蘸取NaCl和KCl的混合液，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色B．钠投入硫酸铜溶液中，钠沉在烧杯底部，且产生红色固体C．向过氧化钠粉末中加入少量水，产生的气体不能

使带火星的木条复燃D．向充满干燥Cl2的集气瓶中放入有色鲜花，一段时间后，鲜花颜色无明显变化A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．虽然K元素的焰色反应为紫色，但Na元素的黄色会覆盖紫色，所以当同时含有Na元素和K元素时火焰呈黄色，故A正确；B．钠

的密度比水小，会浮在水面上，钠与水反应生成NaOH，NaOH会和硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，故B错误；C．过氧化钠与水反应会生成氧气，可以使带火星的木条复燃，故C错误；D．鲜花中含有水分，氯气会和水反应生成具有漂白性的HClO，会将鲜花漂白，故D错误；综上所述答案为A。10.一定条件下

，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是A.过量的铜与浓HNO3B.过量的浓盐酸与二氧化锰C.过量的铜与浓硫酸D.过量的锌与18mol/L硫酸【答案】C【解析】【分析】【详解】A．浓硝酸和稀硝酸都能与铜反应，所以过量的铜与浓HNO3，硝酸可以完全反应；

B．过量的浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应，二氧化锰可以完全反应；C．铜在加热的条件下只与浓硫酸反应、不与稀硫酸反应，所以过量的铜与浓硫酸反应，当浓硫酸变为稀硫酸后反应停止；D．锌既可以与浓硫酸反应也可以与稀硫酸反应，所以过量的锌与18mol/L硫酸反应，硫酸可以完全反应。综上所述，本

题选C。【点睛】本题考查了常见的几种酸化学性质。酸的浓度不同，其化学性质不同，随着反应的发生，酸的浓度变小，有些反应可能就不会发生了。所以，在分析这些常见的酸参与的化学反应时，要注意反应对酸的浓度的要求，要有量变引起质变的意识。二、选择题(本题共5小题，每

小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.下列说法正确的是A.向某溶液中滴加少量AgNO3溶液，有白色沉淀产生，溶液中一定含有Cl-B.向

某溶液中加入一定量的稀硫酸，产生的气体使澄清石灰水变浑浊，溶液中一定含有2-3COC.将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红，不能说明原Fe(NO3)2样品已变质D.向某溶液中滴加浓NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝

，说明该溶液中含+4NH【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．向某溶液中滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，不能排除SO42-、CO32-等离子的干扰，应先加硝酸酸化，故A错误；B．溶液中也可能存在HCO3-、HSO3-，故B错误；C.将Fe(NO3

)2样品溶于稀硫酸，则氢离子、硝酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应，有铁离子生成，滴入KSCN溶液，溶液必定呈现红色，故不能说明原Fe(NO3)2样品已变质所以不会生成沉淀，故C正确；D．湿润红色石蕊试纸置于试管口，试

纸变蓝，则说明有氨气生成，则说明该溶液中一定含NH4+，故D正确；答案选CD。12.A、B、C均为短周期元素，A、B同周期，A、C的最低价阴离子分别为A2-、C-，A2-离子半径大于C-，B2+与C-具有相同的电子层结构。下列叙述

一定正确的是A.它们的原子序数B>C>AB.它们的离子半径A2->C->B2+C.它们的原子半径C>B>AD.它们的最外层电子数C>A>B【答案】BD【解析】【分析】由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同

的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第ⅡA族，故B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素；【详解】A．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子序数ABC＞＞，故A错误；B．离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径

越小，所以离子半径22ACB−−+＞＞，故B正确；C．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径有BAC＞＞，故C错误；D．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子最外层电子数分别为6、

2、7，故原子最外层上的电子数CAB＞＞，故D正确；故选BD。13.下列说法不正确的是A.四氯化碳分子的电子式为B.H2、D2、T2是氢元素的同素异形体C.次氯酸的结构式为H-O-ClD.H2O的沸点高于H2S，是由于H2O分子间存在氢键【答案】AB【解析】【分析】【详

解】A．四氯化碳分子中碳原子的最外层电子数为4，每个电子与氯原子最外层上的一个电子形成一对共价键，共形成四对共价键，故四氯化碳的电子式为，题中氯原子的电子数目不对，故A符合题意；B．同素异形体是同种元素形成的不同种单质，

H2、D2、T2只是组成的原子不同，而组成方式都是两个原子组成一个分子，所以不是同素异形体，是同一种物质，故B符合题意；C．次氯酸分子中的中心原子为氧，最外层有6个电子，分别与氢原子和氯原子形成一对共价键，次

氯酸的结构式为H-O-Cl，故C不符合题意；D．氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S，故D不符合题意；答案选AB。14.某核潜艇上的核反应堆使用了液态铝钠合金作载热介质，有关说法不

恰当的是A.铝钠合金的熔点低于铝的熔点B.钠、铝在常温下都可以与空气中的氧气反应C.将mg不同组成的铝钠合金分别投入足量盐酸中，若放出H2越多，则合金中铝的质量分数越小D.将含0.1mol钠和0.2mol铝的合金投入到足量的水中，充分反应，产生氢气4.48L(标准状况)【

答案】C【解析】【分析】【详解】A．合金的熔点一般低于其成分金属的熔点，铝钠合金的熔点低于铝的熔点，故A不符合题意；B．铝在常温下与氧气反应生成氧化铝，钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，钠、铝在常温下都可以与空气中的氧气反应，故B不符合题意；C．根据金属钠和金属铝与酸反应

生成氢气量的关系可知：2Al~3H2↑，2Na~H2↑，等质量的金属钠和金属铝，金属铝产生的氢气量多，所以放出的H2越多，铝的质量分数越大，故C符合题意；D．含0.1mol钠和0.2mol铝的合金投入到足量的水中，钠

和水反应生成的氢氧化钠，根据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.1mol钠生成0.1mol氢氧化钠和0.05mol氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，根据2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，0.2mol铝和0.1mol氢氧化钠反应时，铝会剩

余，氢氧化钠完全反应，则生成氢气的物质的量为0.15mol，共产生氢气的物质的量为0.05mol+0.15mol=0.2mol，根据V=nVm可得，V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故D不符合题意；答案选C。15.一种广泛用于锂离子电池的物质结构如图所示。X

、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期主族元素，Y、W同主族，原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)。下列说法正确的是A.锂单质通常保存在煤油中B.离子化合物XZ4所有原子都满足8电子稳定结构C.Z的单质能与水反应生成Y的单质D.简单离子的还原性W>Y【答案】C【解析】【分析

】根据此结构可知，X共用4对电子，W共用6对电子，Y共用2对电子，Z共用1对电子，因为Y和W同主族，所以为ⅥA族，根据原子序数大小关系，Y为O元素，W为S元素；因为原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)，则X、Y、Z同周期，X为C元素；Z为F元素；

据此分析。【详解】A.锂单质的密度比煤油小，所以不能保存在煤油中，故A错误；B.根据上述分析，X为C元素，Z为F元素，所以化合物XZ4为共价化合物，故B错误；C.根据上述分析，Z为F元素，Y为O元素，氟的单质能与水反应生成氧气即2F2+2H2O=

4HF+O2，故C正确；D．Y为O元素，W为S元素；S的氧化性小于O，则S2-的还原性大于O2-，故D错误；故答案：C。三、非选择题(本题共4小题，共60分)16.根据所学知识，回答下列问题：(1)反应4HCl(浓)2222Δ+MnOMnCl+Cl+2HO中，氧化剂是_______，还原产物是

_______；MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比是_______。(2)实验室用Na3CO3固体配制500mL1mol/L的Na3CO3溶液。配制时必需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、_______、_______。定容时仰视刻度线会导致浓度_______(填“偏高”“偏

低”或“无影响”，下同)，定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水至刻度线，浓度会_______。(3)在标准状况下，CO和CO2混合气体共33.6L，质量为62g，则两种气体的物质的量之和为_______mol，

Co与CO2物质的量之比为_______。(4)联氨(又称联肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，实验室可用NaClO溶液与NH3反应制备联氨，反应的化学方程式为_______。已知24242NH(l)+NO(l)223N(g)4HO(g)=+，分

析联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_______。【答案】(1).MnO2(2).MnCl2(3).1:2(4).500mL容量瓶(5).胶头滴管(6).偏低(7).偏低(8).1.5(9).1:

5(10).32422NHNaClONHNaClHO+=++(11).联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂【解析】【分析】【详解】(1)浓盐酸和二氧化锰反应中，锰元素化合价降低，氧化剂是MnO2，还原产物是MnCl2；HCl中氯元素化合价升高到0时HC

l被氧化，得失电子数守恒，则MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比是1:2。(2)实验室用Na3CO3固体配制500mL1mol/L的Na3CO3溶液。步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，称量固体后，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入

烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后用玻璃棒引流转移到500mL容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头

滴管。定容时仰视刻度线，会导致体积偏大、浓度偏低，定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水至刻度线，会导致体积偏大、浓度偏低。(3)在标准状况下，CO和CO2混合气体共33.6L，质量为62g，则两种气体的物质的量之和为33.6L1.5mol22.4L/mol=，且(CO)28g/mol+[1.5

mol(CO)]44g/mol=62gnn−，(CO)0.25moln=，2(CO)1.25moln=，CO与CO2物质的量之比为1:5。(4)实验室用NaClO溶液与NH3反应制备联氨，NH3中氮元素为-3，N2H4

中氮元素为-2，则NH3→N2H4化合价升高，被氧化，则NaClO为氧化剂、反应中氯元素化合价降低，还原产物为NaCl，反应的化学方程式为32422NHNaClONHNaClHO+=++。由24242NH(l)

+NO(l)223N(g)4HO(g)=+知：联氨和N2O4反应产生大量气体，由此推测：作为火箭推进剂的主要原因为：联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂。17.铁、铜及其化合物在工业生产中有重要的用途。运用相关知识，回答下列问题

：(1)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式_______。(2)甲同学为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并获得氯化铁晶体，准备采用下列步骤回答下列问题：

①试剂a是_______(用化学式表示)；操作Ⅰ用到的玻璃仪器有_______。②滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为_______。③上述流程中操作Ⅲ包括蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤。(3)乙

同学为了探究Fe2(SO4)3与Cu的反应，做了如图所示实验：为了探究白色沉淀产生的原因，同学们查阅资料得知：i．CuSCN是难溶于水的白色固体；ii．SCN-的化学性质与I-的相似；iii．2+-22Cu+4I=2CuI+I。填写实验方案：实验方案实验现象步骤Ⅰ：取4mL0.2mol/LFe

SO4溶液于试管中，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液无明显现象步骤2：取4mL_______mol/LCuSO4溶液于试管中，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液产生白色沉淀Cu2+与SCN-反应的离子方程式为_______。【答案】(1).2Fe3++Cu=2Fe2

++Cu2+(2).铁(3).漏斗、烧杯、玻璃棒(4).2Fe3++Cl2=2Fe3++2Cl-(5).冷却结晶(6).0.1(7).2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2【解析】【分析】FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和

氯化铜，腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液

Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，溶液W含有FeCl3。向4mL0.2mol/L硫酸铁溶液中加入过量铜粉，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到溶液中亚

铁离子的浓度为0.2mol/L，铜离子的浓度为0.1mol/L，分别取硫酸铁溶液和硫酸铜溶液，均滴加3滴KSCN溶液，观察实验现象，前者无明显现象，后者有白色沉淀生成，由此资料可知硫酸铜与硫氰化钾反应生成难溶于水的白色沉淀，由此分析。【详解】(1)FeCl3

溶液与铜发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(2)①腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，试剂a是Fe；分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，操作Ⅰ为过滤，过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；②根据分析，滤液X为FeCl2，Z中含有FeC

l2和过量稀盐酸，滤液X、Z中都有同一种溶质是FeCl2，溶液W含有FeCl3，FeCl2转化为溶液FeCl3需要加入氯水，离子方程式为2Fe3++Cl2=2Fe3++2Cl-；③操作Ⅲ将FeCl3溶液转化为FeCl3晶体，具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶

、过滤、洗涤；(3)向4mL0.1mol/L硫酸铁溶液中加入过量铜粉，铁离子的浓度为0.2mol/L，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到溶液中亚铁离子的浓度为0.2mol/L，铜离子的浓度为0.1mol/

L，故实验步骤2为取4mL0.1mol/LCuSO4溶液于试管中，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，由于CuSCN是难溶于水的白色固体，实验现象为产生白色沉淀；SCN-的化学性质与I-的相似，仿照2+-22Cu+4I=2CuI+I

可知，Cu2+与SCN-反应的离子方程式为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2。18.随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母X等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：(1)f在元素周期表的位置是第三周期_______

族。(2)比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞_______。(用化学式表示)(3)比较y、z、d简单气态氢化物的稳定性：_______＞_______＞_______。(用化学式表示)(4)化合物e2

d2中化学键的类型为_______。(5)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式_______。(6)e、f的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_______。(7)(yz)2称为拟卤素，性

质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_______。(8)比较g、h元素的非金属性除了比较其单质与氢气化合难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性之外，请你再设计一个简单的实验证明：______

_。【答案】(1).ⅢA(2).HClO4(3).H2SO4(4).H2O(5).NH3(6).CH4(7).离子键和非极性共价键(8).或(9).Al(OH)3+OH-=-2AlO+2H2O(10).(CN

)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O(11).向硫化氢溶液中通入氯气生成硫单质，氯气是氧化剂，硫是氧化产物，氧化性：氯气大于硫，故非金属性：Cl＞S【解析】【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知：x是H元素，y是C

元素、z是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是Cl元素，由此分析解答。【详解】(1)f是铝，为13号元素，最外层电子数为3，有3层电子，在元素周期表的位置是第三周期第ⅢA族；(2)g是S元素、h是Cl元素，非金

属性：S＜Cl，故g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4＞H2SO4；(3)y是C元素、z是N元素、d是O元素，C、N、O位于同一周期，同周期元素从左到右，非金属性增强，故非金属性：C＜N＜O，故简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4；(4)d是O元素、e是Na元素，化合

物e2d2为过氧化钠，电子式为：，过氧化钠中化学键的类型为离子键和非极性共价键；(5)上述元素组成一种四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2等，电子式为：、；(6)e是Na元素、f是Al元素，e、f的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，相互反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(O

H)3+OH-=-2AlO+2H2O；(7)y是C元素、z是N元素，(CN)2称为拟卤素，性质与卤素类似，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，仿照氯气与氢氧化钠的反应，(CN)2与氢氧化钠溶液反应的化学

方程式为(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；(8)g是S元素、h是Cl元素，比较S、Cl元素的非金属性除了比较其单质与氢气化合难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性之外，还可以比较单质的氧化性强弱，设计一个简单的实验证明：向硫化氢溶液中通入氯气生成硫单质，氯

气是氧化剂，硫是氧化产物，氧化性：氯气大于硫，故非金属性：Cl＞S。19.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：已知电解总反应为：2222ClO+2NaCl2NaClO+

Cl电解回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_______。(2)工业上常用黄铁矿(FeS2)为原料制备硫酸，配平下面方程式：_____________。_______FeS2+_______O2高温___

____Fe2O3+_______。(3)从物质分类角度来看，NaHSO4是_______(填字母代号)。a．酸b．酸式盐c．电解质d．非电解质e．离子化合物f．共价化合物(4)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。(5)“电解”所用食

盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为_______、_______。(6)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂(ClO2)与还原剂(H2

O2)的物质的量之比为_______。(7)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力(NaClO2、Cl2的还原产物都是Cl-)。NaClO2的有效氯

含量为_______(计算结果保留两位小数)。【答案】(1).+3(2).4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2(3).b、c、e(4).2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaH

SO4(5).NaOH溶液(6).Na2CO3溶液(7).2∶1(8).1.57【解析】【分析】从流程图可以看出，“反应”的反应物为硫酸、SO2、NaClO3，而生成物为NaHSO4和ClO2，将ClO2和食盐水电解后得到Cl2和NaClO2，发生反应：2222ClO+2NaCl2NaClO+

Cl电解，再将尾气ClO2与氢氧化钠、H2O2发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，最后将NaClO2溶液经结晶干燥得到NaClO2，由此分析作答。【详解】(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0的原理，可计算出NaClO2中氯元素化合价为+3；(2)根据元素守恒可知，黄铁矿(Fe

S2)和氧气反应生成Fe2O3和SO2，铁元素的化合价从+2价升高到+3价，硫元素的化合价从-1价升高到+4价，化合价共升高了11价，氧元素的化合价从0价降低到-2价，化合价共降低了4价，根据化合价升降总和相等，配平后的化学方程式为：4FeS2+11O2高温2Fe2O

3+8SO2；(3)NaHSO4在水溶中电离时产生钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，属于电解质；NaHSO4属于酸式盐；NaHSO4由钠离子、硫酸氢根离子之间通过静电作用形成

，属于离子化合物，答案选bce；(4)从流程图可以看出，反应物为硫酸、二氧化硫、氯酸钠，而生成物为硫酸氢钠和二氧化氯，氯的化合价由+5价变成+4价，硫的化合价由+4价变成+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：

2NaClO3+H2SO4+SO2=2NaHSO4+2ClO2；(5)为除去镁离子和钙离子，可加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子，分别得到氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀，并从其中过滤出来以达到精制的目的；(6)由题意可知，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，能够写出该

反应的化学方程式：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，ClO2中氯元素的化合价从+4价降低到+3价，作氧化剂，H2O2中氧元素的化合价从-1价降低到-2价，作还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比

为2∶1；(7)由题意，氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子，根据：NaClO2-4e⎯⎯⎯→得Cl-，Cl2-2e⎯⎯⎯→得2Cl-，得电子数相等时，存在：NaClO2~2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯

含量故亚氯酸钠的有效氯含量71290.5≈1.57。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com