【文档说明】湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高一上学期期末联考化学试题 含解析【武汉专题】.pdf，共(22)页，1.660 MB，由envi的店铺上传

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武汉市部分重点中学2022-2023学年度上学期期末联考高一化学试卷第I卷(选择题)一、单选题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.化学与生活、科技、医药、环境等密切相关，下列说法错误的是A.春节期间燃放的焰火的颜色是某些金属元素焰色

反应所呈现出来的色彩B.14C可用于文物鉴定，14C与12C互为同素异形体C.港珠澳大桥桥梁采用先进的抗腐蚀方法，钢铁桥梁被腐蚀是氧化还原反应D.“新冠抗疫”中，用于消毒的84消毒液的有效成分为氯的含氧酸盐【答案】B【解析】【详解】A．春节期间燃放

的焰火的颜色是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，A正确；B．14C与12C互为同位素，B错误；C．钢铁桥梁被腐蚀，铁元素化合价升高，是氧化还原反应，C正确；D．84消毒液的有效成分为次氯酸钠，为氯的含氧酸盐，D正确；故选B。2.下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.HClO的结构式

：HClOB.2NaS的电子式为：C.中子数为176，质子数为117的Ts核素符号：176117TsD.用电子式表示2NaO的形成过程：【答案】D【解析】【详解】A．HClO为共价化合物，氧原子分别与氢原子和氯原子各共用一对电子，结构式

为HOCl，A错误；B．2NaS为离子化合物，书写电子式时同种离子不能合并，电子式应为，B错误；C．质量数=质子数+中子数，中子数为176，质子数为117的Ts核素符号：293117Ts，C错误；D．用电子式表示2NaO

的形成过程：，D正确；故选D。3.安全意识对我们的生产生话非常重要。下列操作错误的是A.不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用大量水扑灭B.大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场C.不慎将强酸沾到

皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的3NaHCO溶液冲洗D.贴有这些标识的物质应与贴有这个标识的物质分开放置【答案】A【解析】【详解】A．不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用湿抹布盖灭，A错误；B．大量氯气泄漏时，用肥皂

水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场，B正确；C．不慎将强酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的3NaHCO溶液冲洗，C正确；D．易燃品、爆炸品应与氧化剂分开放置，贴有这些标识的物质应与贴有这个标识的物质分开放置，D

正确；故选A。4.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：元素符号XYZRTW原子半径(nm)0.1600.0890.1020.1430.0740.099主要化合价222、4、6327、-1根据表中信息，下列说法

中错误的是A.离子半径：223TXRB.相同条件下，简单气态氢化物的稳定性：TZC.Z、W两元素的最高价氧化物对应水化物酸性：WZD.Y与W元素形成的化合物中，原子的最外层均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】短周期元素Z主要化合价是-2、+4、+6，则Z是S元素

；X、Y主要化合价是+2价，说明它们是第IIA的元素，由于原子半径：X>Z>Y，则X是Mg元素，Y是Be元素；R主要化合价是+3价，原子半径：X>R，则R是Al元素；T主要化合价是-2价，Z原子半径小于Y，则

T是O元素，W主要化合价为+7、-1，则W是Cl元素。【详解】A．X是Mg元素，R是Al元素，T是O元素，它们形成的离子分别为Mg2+、Al3+、O2-，核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越

大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是：T2->X2+>R3+，A正确；B．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。Z是S元素，T是O元素，它们是同一主族的元素，元素的非金属性：O>S，所以氢化物的稳定性：H2O(T)>H2S(Z)，B

正确；C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性Cl强于S，高氯酸酸性强于硫酸，C正确；D．Be与Cl形成的化合物BeCl2，其中Be原子的最外层不满足8电子稳定结构，D错误；故选D。5.下列各组离子能大量共存的是A.能

使酚酞溶液变红的无色溶液中：Na、K、Cl、23COB.pH2的溶液中可能大量存在Na、4NH、2Fe、3NOC.含有大量3HCO的溶液中：4NH、K、24SO、OHD.遇石蕊溶液显红色的无色透明溶液中

：K、3NO、24SO、3Fe【答案】A【解析】【详解】A．能使酚酞溶液变红的无色溶液呈碱性，Na、K、Cl、23CO无色且能大量共存，A正确；B．pH2的溶液呈酸性，2Fe、3N

O酸性环境下会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C．3HCO与OH反应不能大量共存，C错误；D．3Fe为黄色，不符合无色透明溶液，D错误；故选A。6.类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验

，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，正确的是A.铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中B.“NaOH溶液显碱性，23NaCO溶液也显碱性”可推出“NaOH属于碱，23NaCO也属于碱”C.由“Mg在2CO中燃烧生成MgO和C”可推出“Na

在2CO中燃烧可能生成23NaCO和C”D.由“2222322NaO2CO2NaCOO”反应可推出“2222322NaO2SO2NaSOO”反应也能发生【答案】C【解析】【详解】A．铝表面有致密氧化膜，

可以保护内部金属，能稳定存在于空气中，A错误；B．23NaCO由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于盐，B错误；C．由“Mg在2CO中燃烧生成MgO和C”可推出“Na在2CO中燃烧可能生成23NaCO和C”，C正确；D．过氧化钠具有强氧化性，与二氧化硫发生氧化还原反应

生成硫酸钠22224NaOSONaSO，D错误；故选C。7.在给定条件下，下列物质间的转化均能实现的有①323NaHCO(s)NaCO(s)NaOH(aq)饱和石灰水②NaOH(aq)HCl(a

q)23Al(s)NaAlO(aq)Al(OH)(s)过量③22NaNaONaOH氧气水点燃④AlHCl(aq)233FeO(s)Fe(s)FeCl(aq)高温⑤2

BaCl(aq)23SSOBaSO氧气点燃⑥22MgCl(aq)Mg(OH)(s)MgO(s)石灰乳煅烧⑦34Δ232FeONaOHAlAlONaAlOaq高温溶液A.2个B.3

个C.4个D.5个【答案】C【解析】【详解】①NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故①正确；②Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO

2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，故②错误；③钠与氧气点燃生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，两步反应均能实现，故③正确；④Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成

Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，故④错误；⑤硫与氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，第二步反应不能实现，故⑤错误；⑥氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，Mg(OH)2不稳定，加热分解为M

gO，故两步都可以实现，故⑥正确；⑦铝与四氧化三铁高温条件反应生成氧化铝和铁，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，两步反应均能实现，故⑦正确；①③⑥⑦正确，故选C。8.下列离子方程式正确的是A.利用3FeCl溶液腐蚀铜质电路板：3222FeCuCu2FeB.32CaHCO溶液

与过量NaOH溶液反应：2332HCOOHCaCaCOHOC.将足量的氯气通入2FeI溶液中：23222Cl2Fe2I2Fe4ClID.将2SO气体通入NaClO溶液中：2223SO2ClOHOSO2HClO【答案】A【解析】【详解】A．利用3FeCl

溶液腐蚀铜质电路板：3222FeCuCu2Fe，A正确；B．32CaHCO溶液与过量NaOH溶液反应：2233232HCO2OHCaCaCO2HO+CO，B错误；C．足量的氯

气通入2FeI溶液中，Fe2+、I-比例为1:2，离子方程式为23223Cl2Fe4I2Fe6Cl2I，C错误；D．2SO气体与NaClO溶液发生氧化还原反应，D错误；故选A。9.生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性

环境中加速2Fe氧化的细菌，其浸出ZnS矿机理如图所示。下列说法错误的是A.浸出过程中，反应I和反应II两步反应都是氧化还原反应B.在反应I和反应II两步反应过程中化合价没有变化的元素只有H、ZnC.反应II的方程式：3222FeZnSZn2FeS

D.理论上反应I中每消耗21.12LO可浸出26.5gZn【答案】D【解析】【详解】A．反应I和反应II两步反应都是氧化还原反应，A正确；B．在反应I和反应II两步反应过程中化合价变化的元素为O、Fe、S，化合价没有变化的元素有H、Zn，B正确；C．由图中转化可知反应Ⅱ的方程式为2

Fe3++ZnS═Zn2++2Fe2++S，C正确；D．没有注明标况，无法根据气体体积计算，D错误；故选D。10.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的前三周期的四种主族元素。W和X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体，

，X与Z同族，且Z的原子序数是X的2倍；Y的周期序数等于主族序数3倍。下列说法错误的是A.Y的氢化物为离子化合物B.X、Z具有相同的最高价C.简单离子半径大小ZXYD.X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物【答案】B【解析

】【分析】Y的周期序数等于主族序数3倍，Y为Na元素，X与Z同族，且Z的原子序数是X的2倍，X是O元素，Z是S元素，W和X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N元素。【详解】A．Y的氢化物NaH是由Na+

和H-构成的离子化合物，A正确；B．S的最高价为+6价，O无最高正价，B错误；C．O2-、Na+电子层结构相同，原子序数越大，离子半径越小，离子半径：O2-大于Na+，O2-、Na+有2个电子层，S2-有3个电子层，S2-半径较大，简单离子半径大小2-2-+SONa，

C正确D．O与N、S、Na可形成NO、NO2、N2O4、SO2、SO3、Na2O、Na2O2的二元化合物，D正确；故答案选B。11.用AN表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的有A.31molFeCl溶于水形成的胶体中含有AN个3Fe(OH)胶体粒子B.227.

8gNaO中含有阴离子数目为A0.1N，与足量水反应时电子转移了A0.1NC.常温常压下，21.8gDO中所含中子数约为AN个D.等质量的CO和2N含有的分子数目均为AN【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铁胶体粒子是许多分子或离子的集合体，1molFe

Cl3溶于水形成的胶体中含有氢氧化铁胶体粒子的数目小于AN，A错误；B．22NaO由钠离子和过氧根离子组成，7.8g过氧化钠的物质的量为7.8g=0.1mol78g/mol，227.8gNaO中含有阴离子数目为A0.1N，22NaO与足量水反应方

程式为22222NaO+2HO=4NaOH+O，1mol22NaO转移电子数为AN，227.8gNaO与足量水反应时电子转移了A0.1N，B正确；C．1.8gD2O的物质的量为1.8g20g/mol=0.

09mol，每个D2O中含10个中子，所以含有中子数为0.9AN，C错误；D．CO和2N的质量未知，无法计算分子数目，D错误；故选B。12.由下列实验及现象能推出相应结论的是选项实验现象结论A将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上鲜花褪色氯气具有漂白性玻璃片B用洁净铂丝蘸取某溶液在

火焰上灼烧火焰呈黄色溶液中有Na，无KC向某溶液中先加KSCN溶液，再滴氯水先无明显现象后溶液变红溶液中一定含有2FeD将少量的溴水分别滴入2FeCl溶液、NaI溶液中溶液分别呈无色和棕黄色还原性：2IBrF

eA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯气本身不具有漂白性，是氯气与鲜花中的水反应生成的次氯酸具有漂白性使鲜花褪色，A错误；B．没有透过蓝色钴玻璃片滤去黄光排除干扰，无法确定溶液中无K，B错误；C．向某溶液中先加KSCN溶液无明显现象

，再滴氯水溶液变红，证明溶液中一定含有2Fe，C正确；D．2Fe、3Fe均有颜色，将少量的溴水滴入2FeCl溶液，溶液呈无色描述错误，D错误；故选C。13.用如图装置(加热及夹持仪器已略去)进行的实验，下列不能达

到相应实验目的的是A.用图1所示装置证明非金属性强弱：ClCSiB.用图2所示装置制取3NaHCOC.用图3所示装置制备少量2Fe(OH)，先打开止水夹a，一段时间后再关闭aD.用图4所示装置验证3NaHCO和23NaCO的热稳定性，Y中物质是2

3NaCO【答案】A【解析】【详解】A．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，HCl不是最高价氧化物对应的水化物，且HCl易挥发，干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，不能达到实验目的，A符合；B．二氧化碳、氨气通入饱和食盐水中生成碳

酸氢钠晶体和氯化铵，氨气极易溶于水，导气管没有插入液面以下可以防倒吸，蘸有稀硫酸的棉花用于吸收尾气，用图2所示装置制取3NaHCO，能达到实验目的，B不符合；C．实验室用图3所示装置制备少量2FeOH，先打开止水夹a，则2442FeH

SOFeSOH＝，2H排尽装置中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生2H，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生4242FeSO2NaOHFeOHNaSO＝，且整个体系中处于2H的还原性氛围中，能够防止2FeOH被氧化，故能达到

实验目的，C不符合；D．外管温度高，内管温度低于外管，Y中物质是23NaCO，用图4所示装置验证3NaHCO和23NaCO的热稳定性，能达到实验目的，D不符合；故选A。14.有一块铁的氧化物样品，用1100mL5.0molI盐酸恰好将其完全溶解，所得溶液还能吸

收20.05molCl，恰好使其中的2Fe全部转变为3Fe，则该样品可能的化学式为A.23FeOB.34FeOC.45FeOD.57FeO【答案】C【解析】【详解】n(HCl)=0.1L×5.0mol

/L=0.5mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n(O)=12n(HCl)=0.25mol，所得溶液还能吸收0.05molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n(Cl-

)=0.5mol+0.05mol×2=0.6mol，则n(Fe3+)=13n(Cl-)=0.2mol，所以氧化物中n(Fe)：n(O)=0.2：0.25=4：5，故该铁的氧化物化学式为Fe4O5，故合理选项是C。15.某水溶液中可能含有以

下离子中的若干种：Na、3Al、3Fe、2Mg、2Ba、4NH、Cl、24SO、23CO、OH，现分别取100mL的两份溶液进行如下实验。①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集气体448mL(标准状

况)气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲。②向甲溶液中通入过量2CO，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体。③第二份加足量2BaCl溶液后，生成白色沉淀，过滤后的沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.6

5g固体，向滤液中加入3AgNO溶液又有白色沉淀产生。下列有关叙述正确的是A.由①可知源溶液存在离子为4NH，其浓度为0.02mol/LB.原溶液一定存在ClC.原溶液肯定没有3Fe、2Mg，一定含有Na且N

a0.02molnD.3244NH:Al:SO2:1:5nnn【答案】C【解析】【分析】①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，该气体为氨气，溶液中一定含有4N

H，物质的量为0.02mol，其浓度为：c(4NH)=0.02mol=0.2mol/L0.1L；无沉淀生成，则一定不含有Fe3+、Mg2+；②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，该白色沉淀即为Al(OH)3，则原溶液中一定有Al3+，由于Al3+与23CO不能大量共存，所以

一定不含有23CO，Al3+和过量的NaOH反应生成NaAlO2溶液，向溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是n(Al3

+)=2×1.02g102g/mol=0.02mol；c(Al3+)=0.02mol=0.2mol/L0.1L；③第二份溶液中加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，则一定含有24SO离子，无Ba2+。沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后

，得到11.65g固体即BaSO4的质量是11.65g，物质的量为：n(BaSO4)=11.65g÷233g/mol=0.05mol，根据S元素守恒，可知24SO的物质的量是0.05mol，c(24SO)=0.05mol÷0.1L=0.5mol/L；综上可

知，一定含有的离子是：4NH、Al3+、24SO，其浓度分别是：0.2mol/L、0.2mol/L、0.5mol/L，根据电荷守恒可知一定还含有钠离子，一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+，不能确定是否存在氯离子【详解】A．由①可知原溶液存在离

子为4NH，其浓度为0.2mol/L，A错误；B．由分析可知不能确定原溶液是否存在Cl，B错误；C．原溶液肯定没有3Fe、2Mg，任何溶液中都存在电荷守恒，4NH、Al3+、24SO，其浓度分别是：0.2mol/L、0.2mol

/L、0.5mol/L，可知4NH、Al3+的正电荷总量小于24SO负电荷总量，依据溶液中阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，则一定有Na+存在，若无氯离子存在，则0.2mol/L×1+0.2mol/L×3+c(Na+)×1=0

.5mol/L×2，解得c(Na+)=0.2mol/L，若含有氯离子，则c(Na+)＞0.2mol/L，一定含有Na且Na0.02moln，C正确；D．由分析可知一定含有的离子是：4NH、Al3+、24SO，其浓

度分别是：0.2mol/L、0.2mol/L、0.5mol/L，4324NH:Al:SO2:2:5nnn，D错误；故选C。第II卷(非选择题)16.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛

努力，历经一百多年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：（1）元素④⑦⑧形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为_______(用离子符号表示)。（2）推测⑤不可能具有的性质是___

____(填字母)。A.最高正化合价为5B.气态氢化物稳定性比3NH弱C.最高价氧化物对应水化物的酸性比硝酸强D.单质在常温下可与氢气化合（3）③④⑧三种元素的非金属性由强到弱顺序是_______(用元素符号表示)。（4）用电子式表示①与③

形成18e化合物的过程_______。（5）由②、⑨组成的化合物分子中，②、⑨原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物和一种碱性气体，试写出该反应的化学方程式：_______。（6）在含有①、⑥、⑦简单阳离子的100mL溶液中，逐滴滴加5mo

l/L的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。由图中数据分析计算：①沉淀减少时发生的离子方程式：_______。②a点的数值为：_______mL。【答案】（1）23+S>FAl（2）CD（3）FO>S（4）（5）323NCl3HO3HClONH

（6）①.322Al(OH)+OHAlO2HO②.120【解析】【分析】根据周期表结构与元素所在位置，①～⑨对应的元素分别是①氢、②氮、③氧、④氟、⑤砷、⑥镁、⑦铝、⑧硫、⑨氯。【小问1详解】元素④⑦形成的简单离子分

别是F、3+Al，具有2个电子层且电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，半径大小顺序是3+FAl，元素⑧形成的简单离子是2S，具有3个电子层，电子层越多的简单离子半径越大，因此三种元素的离子半

径大小顺序是23+S>FAl。【小问2详解】A．元素⑤位于第ⅤA族，最高正价为+5，A是⑤具有性质；B．同主族元素从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，B是⑤具有性质；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，C是⑤

不具有的性质；D．同主族元素从上到下非金属性减弱，单质与氢气化合变难，N2在常温下不与H2化合，元素⑤在常温下也不与H2化合，D是⑤不具有的性质；故选CD。【小问3详解】③⑧同主族，从上到下非金属性减弱，对应元素非金属性强弱顺序为

OS，③④同周期，从左到右非金属性增强，对应元素非金属性强弱顺序为FO，因此三种元素非金属性强弱顺序是FO>S。【小问4详解】①③分别是氢、氧元素，氢原子有1个电子，氧原子有8个电子，两者形成的18电子化合物是H2O2，其形

成过程的电子式为：。【小问5详解】②⑨分别是N和Cl，符合要求的化合物是NCl3，该化合物与水反应的化学方程式为：323NCl3HO3HClONH。【小问6详解】元素①、⑥、⑦简单阳离子分别是H、2Mg、3Al，逐滴滴加N

aOH溶液时，0～20mL为NaOH与H反应，没有沉淀生成，20～amL为NaOH与2Mg、3Al反应，分别生成沉淀物2Mg(OH)、3Al(OH)，a～bmL为NaOH与3Al(OH)反应，使3Al(OH)溶解，bmL后剩余

2Mg(OH)。①沉淀减小时发生的反应的离子方程式为：322Al(OH)+OHAlO2HO。②根据图中数据知生成2Mg(OH)5.8g，生成3Al(OH)7.8g。设生成上述沉淀分别消耗NaOH溶液体积为1VmL、2VmL，列式计算得：2+21

31Mg+2OH=Mg(OH)2mol58g5molL×V10L5.8g1312mol58g5molL×V10L5.8g，1V=403+3132Al+3OH=Al(OH)3mol78g5m

olL×V10L7.8g1323mol78g5molL×V10L7.8g，2V=60因此a点的数值是20mL+40mL+60mL=120mL。17.A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如下图所示。请回答下列

问题。（1）若A、B、C为含有同种金属元素的化合物，D为强酸或强碱溶液，当D为强碱溶液时，写出A中阳离子的结构示意图_______；C中通入过量CO2的离子方程式为_______。（2）若A、B、C的溶液均显碱性，C

为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一：①D的电子式为_______。②除去B固体中混有的C固体的方法为_______(填除杂方法的名称)；若向B的饱和溶液中通入足量的D，则可观察到的现象为_______。（3）若A为气体单质，D为

一种黑色金属单质。①反应Ⅲ的离子方程式为_______。②一定条件下，D能与水发生反应，该反应的化学方程式为_______。③将C与NaHCO3溶液混合产生白色沉淀且3min后沉淀颜色不变。实验探究沉淀的组成。已知Fe(HCO3

)2在水中不存在。i．取少量白色沉淀充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡。ii．向i所得溶液中滴入KSCN溶液，溶液几乎不变红。iii．向ii溶液中再滴入少量H2O2，溶液立即变为红色。由此可知，白色沉淀中一定含有的离子为_____

__(填离子符号)。探究过程中发现白色沉淀在空气中久置，最终变为红褐色。则该沉淀比Fe(OH)2_______(填“难”或“易”)于被空气氧化。【答案】（1）①.②.-2AlO+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+-3HCO（2）①.②.加热③.变

浑浊（3）①.Cl2+2Fe3+=2Fe2++2Cl-②.3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2③.Fe2+、2-3CO④.难【解析】【分析】A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如图所示。(1)若A、B、C为含有同种金属元素的化

合物，D为强酸或强碱溶液，当D为强碱溶液时，则A是铝盐，B是Al(OH)3，C是偏铝酸盐，D是NaOH溶液。(2)若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则A是NaOH，B是Na2CO3，C是Na

HCO3，气体D是CO2。(3)若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则A是NaOH，B是Na2CO3，C是NaHCO3，气体D是CO2，Fe3+遇SCN-会变为红色，Fe2+遇SCN-不会变为红色，Fe2+被H2O2氧化

产生Fe3+而使SCN-溶液变为红色。【小问1详解】A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如图所示，若A、B、C为含有同种金属元素的化合物，D为强酸或强碱溶液，当D为强碱溶液时，则A是铝盐，B是Al(OH)3，C是偏铝酸盐，D是NaOH

溶液。A中含有阳离子是Al3+，Al3+的结构示意图为：；C是偏铝酸盐，向其水溶液中通入足量CO2气体，反应产生Al(OH)3沉淀和-3HCO，该反应的离子方程式为：-2AlO+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+-3HCO；【小问2详解】若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发

酵粉的主要成分之一，则A是NaOH，B是Na2CO3，C是NaHCO3，气体D是CO2。①CO2是共价化合物，C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，则CO2

的电子式为：；②NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，所以除去Na2CO3中杂质NaHCO3可采用加热分解的方法；若向Na2CO3饱和溶液中通入过量CO2气体，反应产生溶解度小的NaHCO3沉淀，因此看到溶液变浑浊，反应方程式为：Na2CO3+H2O+C

O2=2NaHCO3↓；【小问3详解】若A为气体单质，D为一种黑色金属单质，则A是Cl2，D是Fe，B是FeCl3，C是FeCl2。①反应Ⅲ是Cl2与FeCl2反应产生FeCl3，该反应的离子方程式为Cl2+2Fe3+=2Fe2++2Cl-；②D是Fe，Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4、

H2，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2；③C是FeCl2，将FeCl2溶液与NaHCO3溶液混合，反应产生白色沉淀，且3min后沉淀颜色不变，说明该沉淀不是Fe(OH)2沉淀，i．取少量白色沉淀充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡，

说明其中含有2-3CO；ii．向i所得溶液中滴入KSCN溶液，溶液几乎不变红，说明其中无Fe3+；iii．向ii溶液中再滴入少量H2O2，溶液立即变为红色，说明此时其中含有Fe3+，是Fe2+被H2O2氧化产生Fe3+，则原沉淀中含有Fe2+。综上所述可知：该白色沉淀

中含有Fe2+、2-3CO；探究过程中发现白色沉淀在空气中久置，最终变为红褐色。则说明该沉淀稳定性强，比Fe(OH)2难于被空气氧化。18.为探究氯气的性质，某同学设计了如下所示的实验装置：（1）写出装置A中化学方程式_______。（2）B装置中的试剂是_______。（3）F装置

的作用是_______。（4）E用于收集2Cl，请完善E装置并用箭头标明进出气体方向_______（5）为了验证氯气的氧化性，将氯气通入C装置23NaSO溶液中，写出反应的离子方程式_____。（6）氯气通入D装置饱和3NaHCO溶液中能产生无色气体，已知酸性：盐酸>碳酸>次氧酸，该实验证明氯

气与水反应的生成物中含有_______(填“盐酸”或“次氯酸”)。（7）加热2MnO和14molL稀盐酸混合物，无明显现象。可能是Hc或Clc较低，为探究Hc和Clc浓度变化对2MnO氧化盐酸的影

响，设计实验进行探究：将i、ii作对比，得出的结论是_______。【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O（2）饱和食盐水（3）吸收尾气Cl2，防止污染空气（4）（5）SO23+Cl2+H

2O=SO24+2Cl-+2H+（6）盐酸（7）MnO₂氧化盐酸的反应中，c(H+)、c(Cl-)需要增大到一定浓度才能被MnO₂氧化，c(H+)变化的影响大于c(Cl-)【解析】【小问1详解】二氧化锰和浓盐酸加热条件下反应生

成氯气，化学方程式MnO2+4HCl（浓）ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，答案：MnO2+4HCl（浓）ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】氯气中含挥发出的HCl，用饱和食盐水除去，答案：饱和食

盐水；【小问3详解】氯气有毒会污染空气，F是尾气处理装置，所以F中可以是NaOH溶液，用于吸收尾气Cl2，防止污染空气，答案：吸收尾气Cl2，防止污染空气；【小问4详解】Cl2密度比空气大，用向上排空气法收集，气体长进短出，答案：。

【小问5详解】氯气有氧化性，能将23NaSO溶液中SO23氧化为SO24本身被还原为Cl-，离子方程式SO23+Cl2+H2O=SO24+2Cl-+2H+，答案：SO23+Cl2+H2O=SO24+2C

l-+2H+；【小问6详解】氯气通入水溶液会反应生成盐酸和次氯酸，酸性盐酸>碳酸>次氯酸，氯气通入饱和NaHCO3溶液能产生无色气体，证明氯气与水反应的生成物中含有比碳酸酸性强的盐酸，答案：盐酸；【小问7详解】盐酸中c

(H+)、c(Cl-)较低，不能被MnO2氧化，需要增大到一定浓度才能被MnO₂氧化，MnO₂氧化盐酸的反应中，c(H+)变化的影响大于c(Cl-)，答案：MnO₂氧化盐酸的反应中，c(H+)、c(Cl-)需要增大到一定浓度才能被MnO₂氧化，c(H+)变化的影

响大于c(Cl-)。19.以冶炼铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、Fe3O4、Fe2O3)，其制备实验流程如下：（1）为提高“浸取”效率，常采取的措施是_____

__(任写两条)。（2）浸取时Fe3O4所发生反应的离子方程式_______。（3）加30%H2O2溶液发生的离子反应方程式为_______。（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：23244422323232AlSONHSOHOAlONHNSOSOHOabc

煅烧(未配平)，将产生的气体通过下图所示的装置。①集气瓶中收集到的气体是_______(填化学式)。②KMnO4溶液褪色(4MnO被还原为Mn2+)，发生的离子反应方程式为_______。（5）为探究硫酸铝铵的组成，称取15.72g硫酸铝铵[aAl2(SO4)3·b(NH4

)2SO4·cH2O]样品，将其溶于水配制成100mL溶液，并分成两等份，向其中一份中加入足量氨水，过滤洗涤灼烧得到1.02g沉淀；向另一份溶液中加入0.05molBa(NO3)2溶液，恰好完全反应。则该硫酸铝铵的化学式为_______。【答案】（1）搅拌、加热（2）Fe3O4+

8H+=Fe2++2Fe3++4H2O（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）①.N2②.24MnO+5SO2+2H2O=2Mn2++52-4SO+4H+（5）Al2(SO4)3·2(NH4)2SO4·10H2O【解析】【分析】铝

灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、Fe3O4、Fe2O3)加稀硫酸，Al2O3、Fe3O4、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有A13+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入氨水，Fe3+转化为F

e(OH)3沉淀，过滤，洗涤，向沉淀中加入硫酸铵溶液，反应生成硫酸铝铵[aAl2(SO4)3·b(NH4)2SO4·cH2O]，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3，据此分析回答问题。【小问1详解】为提高“浸取”效率，常采取的措施是搅

拌、加热，适当升高反应混合物的温度等；【小问2详解】浸取时Fe3O4于硫酸反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3和H2O，所发生反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；【

小问3详解】加30%H2O2溶液，目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得所发生的离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小问4详解】①aAl2(SO4)3·b(NH4)2SO4·cH2O受热分解产生的气体为NH

3、N2、SO2、SO3，分解产生的NH3溶于水，所以能够被NaHSO3溶液吸收；SO3溶于水，与水反应产生H2SO4，所以SO3也可以被NaHSO3溶液吸收，SO2被酸性KMnO4溶液吸收变为H2SO4，故最后集气瓶中收集的气体

是N2；②酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知反应的离子方程式为：24MnO+5SO2+2H2O=2Mn2++52-4SO+4H+；【小问5详解】称取15.72g硫酸铝铵[aAl2(SO4

)3·b(NH4)2SO4·cH2O]样品，将其溶于水配制成100mL溶液，并分成两等份，向其中一份中加入足量氨水，过滤洗涤灼烧得到1.02g沉淀，该沉淀是Al2O3，其物质的量n(Al2O3)=1.02g=0.01mol102g/mol；则在15.72g硫酸铝铵中含有Al3+的物

质的量n(Al3+)=2×2×n(Al2O3)=0.04mol；向另一份溶液中加入0.05molBa(NO3)2溶液，恰好完全反应，反应产生BaSO4，其物质的量为n(2-4SO)=n(BaSO4)=0.05mol，

在15.72g硫酸铝铵中含有2-4SO的物质的量n(2-4SO)=2×n(BaSO4)=0.1mol，根据电荷守恒可知3n(Al3+)+n(+4NH)=2n(2-4SO)，n(+4NH)=2×0.1mol-3×0.04mol=0.08mol，其中含有

水的质量为m(H2O)=15.72g-0.04mol×27g/mol-0.08mol×18g/mol-0.1mol×96g/mol=3.6g，n(H2O)=3.6g=0.2mol18/mol，根据物质

组成，结合元素守恒可知：n[Al2(SO4)3]：n[(NH4)2SO4]：n(H2O)=0.02mol：0.04mol：0.2mol=1：2：10，则该硫酸铝铵的化学式为Al2(SO4)3·2(NH4)2SO4·10

H2O。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com