?長安一中2022-2023學(xué)年度第一學(xué)期期末考試
高一化學(xué)試題
考試時(shí)間：75分鐘 總分：100分
可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Ba-137
第I卷
一、選擇題(共15小題，共48分。其中1-12小題每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，每小題3分；13-15小題每題有1個(gè)或2個(gè)正確選項(xiàng)，每小題4分。雙選題全部選對得4分，只選對一個(gè)得2分，有錯(cuò)選不得分)
1. 中國傳統(tǒng)文化中蘊(yùn)含著許多化學(xué)知識(shí)，下列說法錯(cuò)誤的是
A. “熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”是發(fā)生了置換反應(yīng)
B. “雨過天晴云破處”所描述的瓷器青色，來自氧化鐵
C. “遠(yuǎn)上寒山石徑斜，白云深處有人家”中的白云與霧霾一樣都是膠體
D. “凡鐵分生熟，出爐未炒則生，既炒則熟” 中的“炒”為氧化除碳過程
【答案】B
【解析】
【詳解】A．熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅，指的是鐵與硫酸銅溶液反應(yīng)生成硫酸亞鐵溶液和銅，該反應(yīng)是一種單質(zhì)和一種化合物反應(yīng)生成另一種單質(zhì)和另一種化合物的反應(yīng)，屬于置換反應(yīng)，選項(xiàng)A正確；
B．氧化鐵為棕紅色固體，瓷器的青色不可能來自氧化鐵，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．白云是小液滴分散到空氣中形成的一種膠體，霧霾是由空氣中的灰塵、硫酸、硝酸、有機(jī)碳?xì)浠衔锏阮w粒組成的，屬于膠體，選項(xiàng)C正確；
D．生鐵是含碳量大于2%的鐵碳合金，為降低含碳量，可以通過“炒”制，將碳元素氧化除去，選項(xiàng)D正確；
答案選B。
2. 將飽和的氯化鐵溶液分成兩等份，把其中一份溶液滴加到沸水中，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，得到分散系I；把另一份溶液滴加到?jīng)鏊?，得到分散系II。則下列說法正確的是
A. 兩份分散系中的分散質(zhì)均為氯化鐵 B. 兩份分散系均能全部通過半透膜
C. 分散系II比分散系I穩(wěn)定 D. 兩份分散系均能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)
【答案】C
【解析】
【詳解】A．分散系Ⅰ為氫氧化鐵膠體；分散系Ⅱ?yàn)槁然F溶液，故兩分散系中的分散質(zhì)不同，故A錯(cuò)誤；
B．膠體不能透過半透膜，溶液可以透過半透膜，故B錯(cuò)誤；
C．溶液的穩(wěn)定性好于膠體，故分散系II比分散系I穩(wěn)定，故C正確；
D．只有膠體才能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故只有分散系I可以發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故D錯(cuò)誤；
故答案為C。
3. 下列說法正確的是
①只含有一種元素的物質(zhì)一定是單質(zhì)???②酸一定能電離出H＋，但電離出H＋的不一定是酸
③酸性氧化物一定是非金屬氧化物，堿性氧化物一定是金屬氧化物????④ Na2O2、Na2O都能與水反應(yīng)生成NaOH，二者均為堿性氧化物 ⑤H3PO2(次磷酸)與足量的NaOH反應(yīng)只生成一種鹽NaH2PO2，H3PO2屬于一元酸 ⑥232Th轉(zhuǎn)化成233U是化學(xué)變化
A ①②⑤ B. ②③⑥ C. ②⑤ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
【詳解】①只含有一種元素的物質(zhì)不一定是單質(zhì)，如O2、O3的混合物中只含有1種元素，①不正確；
②不管是無氧酸還是含氧酸，一定能電離出H＋，但能電離出H＋的物質(zhì)不一定是酸，也可能是酸式鹽或水，②正確；
③堿性氧化物一定是金屬氧化物，酸性氧化物大多是非金屬氧化物，少數(shù)是金屬氧化物，③不正確；
④Na2O2、Na2O都能與水反應(yīng)生成NaOH，但Na2O2不是堿性氧化物，④不正確；
⑤H3PO2(次磷酸)與足量的NaOH反應(yīng)只生成一種鹽NaH2PO2，則NaH2PO2是正鹽，所以H3PO2屬于一元酸，⑤正確；
⑥232Th轉(zhuǎn)化成233U，原子核發(fā)生了改變，不屬于化學(xué)變化，⑥不正確；
綜合以上分析，②⑤正確，故選C。
4. 下列各組離子在給定條件下一定能大量共存的是
A. 使酚酞溶液變紅的溶液：Na＋、Cl-、、Fe3＋
B. 碳酸氫鈉溶液：K＋、、Cl-、H＋
C. 加入鋁粉有氫氣產(chǎn)生的溶液中：K＋、Na＋、、
D. 澄清透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、Br-、Cl-
【答案】D
【解析】
【詳解】A．使酚酞溶液變紅的溶液呈堿性，F(xiàn)e3＋在堿性溶液中不能大量存在，A不符合題意；
B．在碳酸氫鈉溶液中，與H＋會(huì)發(fā)生反應(yīng)，生成二氧化碳?xì)怏w等，不能大量共存，B不符合題意；
C．加入鋁粉有氫氣產(chǎn)生的溶液可能呈酸性或堿性，在酸性溶液中，不能大量存在，C不符合題意；
D．在澄清透明的溶液中，F(xiàn)e3＋、Mg2＋、Br-、Cl-都不發(fā)生反應(yīng)，能穩(wěn)定存在，D符合題意；
故選D。
5. 下列化學(xué)用語描述正確的是
A. 氚的原子結(jié)構(gòu)模型：
B. 可用于考古斷代的一種核素的符號(hào)：C
C. 16O、1H、2H、3H四種核素可構(gòu)成4種水分子
D. 23Na、24Mg兩種核素的中子數(shù)相等，因此互為同位素
【答案】A
【解析】
【詳解】A．氚的符號(hào)為，原子核內(nèi)含有1個(gè)質(zhì)子、2個(gè)中子，原子核外含有1個(gè)電子，則原子結(jié)構(gòu)模型： ，A正確；
B．碳-14可用于考古斷代，是碳元素的一種核素，其符號(hào)為，B不正確；
C．16O、1H、2H、3H四種核素可構(gòu)成1H216O、2H216O、3H216O、1H2H16O、2H3H16O、1H3H16O共6種水分子，C不正確；
D．23Na、24Mg兩種核素的中子數(shù)都為12，但二者的質(zhì)子數(shù)不同，因此不互為同位素，D不正確；
故選A。
6. 銨明礬[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化學(xué)常用基準(zhǔn)試劑，其制備過程如下。下列分析錯(cuò)誤的是

A. 過程Ⅰ反應(yīng)：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4
B. 檢驗(yàn)濾液B中陰離子試劑僅需BaCl2溶液
C. 過程Ⅱ可將稀硫酸換成稀鹽酸
D. 向銨明礬溶液中逐滴加入NaOH溶液并加熱，先后觀察到：白色沉淀生成→刺激性氣味氣體逸出→白色沉淀消失
【答案】C
【解析】
【詳解】A．NaHCO3的溶解度較小，故飽和NH4HCO3溶液和Na2SO4溶液會(huì)產(chǎn)生NaHCO3沉淀，A正確；
B．B中溶液溶質(zhì)為(NH4)2SO4和Na2SO4，陰離子均為硫酸根離子，故僅需BaCl2溶液檢驗(yàn)，B正確；
C．若將稀硫酸換成稀鹽酸，則將會(huì)引入氯離子，還需要額外除去，C錯(cuò)誤；
D．向銨明礬溶液中逐滴加入NaOH溶液并加熱，應(yīng)先生成白色沉淀，后刺激性氣味氣體逸出最后白色沉淀消失，D正確；
故選C。
7. 下列除雜試劑或操作選用不正確的是
選項(xiàng)
物質(zhì)(括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì))
除雜試劑或操作
A
Na2CO3晶體(NaHCO3)
加熱
B
FeCl2(FeCl3)
足量鐵粉，過濾
C
Fe2O3(Al2O3)
NaOH溶液，過濾
D
CO2(HCl)
飽和碳酸鈉溶液、濃硫酸，洗氣

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【詳解】A．碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，則用加熱的方法能除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉雜質(zhì)，故A正確；
B．氯化鐵溶液與鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，則向溶液中加入足量鐵粉，過濾可以除去氯化亞鐵溶液中混有的氯化亞鐵，故B正確；
C．氧化鋁能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，則向固體中加入氫氧化鈉溶液、過濾能除去氧化鐵中混有的氧化鋁，故C正確；
D．二氧化碳和氯化氫都能與碳酸鈉溶液反應(yīng)，所以將混合氣體依次通過盛有飽和碳酸鈉溶液、濃硫酸的洗氣瓶不能除去二氧化碳中混有的氯化氫氣體，故D錯(cuò)誤；
故選D。
8. 下列離子方程式書寫正確的是
A. 在硫酸鋁溶液中滴入足量氫氧化鋇溶液：Al3++4OH-=+2H2O
B. Na2O2與水反應(yīng)：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑
C. 過氧化氫使酸性高錳酸鉀溶液褪色：H2O2 + 2 +6H+=2Mn2++4H2O+3O2↑
D. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全：2H+ ++ Ba2+ + 2OH- =2H2O + BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【詳解】A．在硫酸鋁溶液中滴入足量氫氧化鋇溶液，Al3+轉(zhuǎn)化為，同時(shí)發(fā)生Ba2+與的反應(yīng)，A不正確；
B．Na2O2與水反應(yīng)，生成NaOH和O2，離子方程式為：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑，B正確；
C．過氧化氫使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則生成Mn2+、O2等：5H2O2 + 2 +6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，C不正確；
D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全，則NaHSO4與Ba(OH)2的物質(zhì)的量相等：H+ ++ Ba2+ + OH- =H2O + BaSO4↓，D不正確；
故選B。
9. 事實(shí)上，某些氧化物在一定條件下能與反應(yīng)，且反應(yīng)極有規(guī)律，如；。據(jù)此判斷下列反應(yīng)方程式正確的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【詳解】A.由與、的反應(yīng)方程式可推知與最高價(jià)氧化物反應(yīng)有生成，而與低價(jià)氧化物反應(yīng)無生成。中的化合價(jià)不是最高，生成物中無，反應(yīng)的方程式為，A項(xiàng)正確；
B.中的化合價(jià)不是最高，反應(yīng)不產(chǎn)生，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C.中化合價(jià)不是最高，反應(yīng)不產(chǎn)生，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D.是錳的最高價(jià)氧化物，生成物應(yīng)為和，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選A。
10. 2021年6月11日國家航天局公布了由“祝融號(hào)”火星車拍攝的首批科學(xué)影像圖。火星氣體及巖石中富含X、Y、Z、W四種元素。已知：X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，其單質(zhì)與熱水反應(yīng)后溶液能使酚酞試液變?yōu)闇\紅色，X、W為同一主族元素，Y是地球地殼中含量最高的元素，火星巖石含有ZWY3。下列判斷正確的是
A. W位于元素周期表第三周期ⅤA族 B. 最高價(jià)含氧酸的酸性：XW>Y>X D. X和Y可形成不止一種化合物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的四種短周期元素，Y也是地球地殼中含量最高的元素，則Y為O；其中Z為金屬元素，其單質(zhì)與熱水反應(yīng)后溶液能使酚酞試液變?yōu)闇\紅色，Z的原子序數(shù)大于O，則Z為Mg；X、W為同一主族元素，火星巖石含有ZWY3，ZWY3為MgWO3，W的化合價(jià)為+4價(jià)，說明W位于ⅣA族，結(jié)合原子序數(shù)可知，X為C，W為Si元素，以此分析解答。
【詳解】A. 由分析可知，W為Si，硅的原子序數(shù)為14，位于元素周期表第三周期ⅣA族，A錯(cuò)誤；
B. 由分析可知，X為C、W為Si，同一主族從上往下元素非金屬性依次減弱，則最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次減弱，故最高價(jià)含氧酸的酸性H2CO3＞H2SiO3即X＞W(wǎng)，B錯(cuò)誤；
C. 由分析可知，X、Y、Z、W分別為C、O、Mg和Si，主族元素同周期從左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑Mg＞Si＞C＞O即r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y），C錯(cuò)誤；
D．由分析可知，X、Y、分別為C、O，則二者能形成的化合物有CO、CO2等，即X和Y可形成不止一種化合物，D正確；
故答案為：D。
11. 已知反應(yīng)①、②分別是從海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反應(yīng)：
①2NaI + MnO2 + 3H2SO4 = 2NaHSO4 + MnSO4 + 2H2O+I2
②2NaIO3 + 5NaHSO3 = 2Na2SO4 + 3NaHSO4 + H2O + I2
下列說法正確的是
A. 兩個(gè)反應(yīng)中I2均為氧化產(chǎn)物
B. 反應(yīng)①中氧化性：MnO2＞I2
C. 反應(yīng)②中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶2
D. 反應(yīng)①和反應(yīng)②生成等量的I2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為1∶1
【答案】B
【解析】
【詳解】A．反應(yīng)①中I元素的化合價(jià)由-1價(jià)升至0價(jià)，NaI為還原劑，I2為氧化產(chǎn)物，反應(yīng)②中I元素的化合價(jià)由+5價(jià)降至0價(jià)，NaIO3為氧化劑，I2為還原產(chǎn)物，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B．反應(yīng)①中I元素的化合價(jià)由-1價(jià)升至0價(jià)，NaI為還原劑，I2為氧化產(chǎn)物，Mn元素的化合價(jià)由+4價(jià)降至+2價(jià)，MnO2為氧化劑，根據(jù)氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，則氧化性MnO2＞I2，B項(xiàng)正確；
C．應(yīng)②中I元素的化合價(jià)由+5價(jià)降至0價(jià)，NaIO3為氧化劑，S元素的化合價(jià)由+4價(jià)升至+6價(jià)，NaHSO3為還原劑，根據(jù)得失電子守恒，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2∶5，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D．根據(jù)A項(xiàng)分析知，反應(yīng)①生成1molI2轉(zhuǎn)移2mol電子，反應(yīng)②生成1molI2轉(zhuǎn)移10mol電子，反應(yīng)①和反應(yīng)②生成等量的I2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為1∶5，D項(xiàng)錯(cuò)誤；
答案選B。
12. 設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是
A. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L Cl2與足量鐵粉反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2 NA
B. 2.8 g CO和N2的混合氣中，所含原子總數(shù)為0.2 NA
C. 物質(zhì)的量濃度為0.5 mol?L-1Al2(SO4)3溶液中，含有SO數(shù)目為1.5 NA
D. 2.3 g Na完全與氧氣反應(yīng)生成氧化鈉和過氧化鈉，失去的電子數(shù)為0.1 NA
【答案】C
【解析】
【詳解】A．氯氣和鐵反應(yīng)生成氯化鐵，電子轉(zhuǎn)移依據(jù)反應(yīng)的氯氣計(jì)算，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCl2物質(zhì)的量==0.1mol，0.1molCl2與足量鐵粉反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NA，故A正確；
B．CO和N2的摩爾質(zhì)量均為28g/mol，故2.8g混合物的物質(zhì)的量為0.1mol，且兩者均為雙原子分子，故0.1mol混合物中含0.2NA個(gè)原子，故B正確；
C．未說明0.5 mol?L-1Al2(SO4)3溶液的體積，無法計(jì)算SO數(shù)目，故C錯(cuò)誤；
D．2.3g鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1mol鈉完全反應(yīng)失去0.1mol電子，失去的電子數(shù)一定為0.1NA，故D正確；
故選C。
13. 某無色水樣中只含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、、、Cl-中的若干種離子，取100 mL水樣進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：向樣品中先滴加硝酸鋇溶液，再滴加0.5 mol?L-1硝酸，實(shí)驗(yàn)過程中沉淀質(zhì)量的變化如圖所示。下列說法正確的是

A. 水樣中c():c()=1:2
B. 水樣中一定存在K+，且c(K+)≥0.6mol?L-1
C. 水樣中一定不存在Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、Cl-
D. bd段加入的是硝酸，且bc段消耗硝酸的體積為80 mL
【答案】BD
【解析】
【分析】從圖中可以看出，0b段加入的是硝酸鋇溶液，bd段加入的是硝酸。不溶于硝酸的沉淀為BaSO4，質(zhì)量為2.33g，物質(zhì)的量為=0.01mol，6.27g為BaSO4、BaCO3的質(zhì)量和，則BaCO3的質(zhì)量為6.27g-2.33g=3.94g，物質(zhì)的量為=0.02mol。從而得出溶液中一定含有、；依據(jù)離子共存原則，無色溶液中一定不含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+；溶液呈電中性，則一定含有K+，不能確定Cl-是否存在。
【詳解】A．由分析可知，水樣中為0.02mol、為0.01mol，則c():c()=2:1，A不正確；
B．水樣中一定存在K+，依據(jù)電荷守恒，n(K+)≥0.02mol×2+0.01mol×2=0.06mol，則c(K+)≥=0.6mol?L-1，B正確；
C．由分析可知，水樣中一定不存在Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+，但不能肯定Cl-是否存在，C不正確；
D．bd段加入的是硝酸，BaCO3溶于硝酸，則bc段消耗硝酸的物質(zhì)的量為0.02mol×2=0.04mol，體積為=0.08L=80 mL，D正確；
故選BD。
14. 下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象、結(jié)論，正確的是
選項(xiàng)
實(shí)驗(yàn)操作
實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象
結(jié)論
A
用潔凈鉑絲蘸取某固體，在酒精燈外焰上灼燒
火焰呈黃色
該固體一定為鈉鹽
B
將紅色的鮮花放入盛有干燥氯氣的集氣瓶中，蓋上玻璃片
鮮花紅色褪去
氯氣具有漂白性
C
在4 mL KI溶液中加入1 mL溴水
溶液由無色變?yōu)樽睾稚?br /> Br2的氧化性比I2強(qiáng)
D
將少量CO2通入漂白粉溶液中
出現(xiàn)白色沉淀
酸性：H2CO3＞HClO

A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．火焰呈黃色，該固體可能為鈉鹽，也可能為鈉的氧化物或氫氧化物，A不正確；
B．紅色的鮮花雖然是放入盛有干燥氯氣的集氣瓶中，但由于鮮花中含有水分，所以不能說明氯氣具有漂白性，B不正確；
C．在4 mL KI溶液中加入1 mL溴水，溶液由無色變?yōu)樽睾稚?，表明發(fā)生反應(yīng)2KI+Br2=2KBr+I2，從而說明Br2的氧化性比I2強(qiáng)，C正確；
D．將少量CO2通入漂白粉溶液中，出現(xiàn)白色沉淀，表明發(fā)生反應(yīng)Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，由此得出酸性：H2CO3＞HClO，D正確；
故選CD。
15. 如圖為氯元素物質(zhì)的“價(jià)類二維圖”，下列說法正確的是

A. 實(shí)驗(yàn)室采用向下排空氣法收集甲
B. 戊可用作制取氧氣或氯氣的反應(yīng)物
C. 丁的酸性強(qiáng)于丙，故氧化性也強(qiáng)于丙
D. 以上6種物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的有5種
【答案】B
【解析】
【分析】依據(jù)氯元素的化合價(jià)及物質(zhì)所屬類別，可推出甲、乙、丙、丁、戊、己分別為Cl2、ClO2、HClO、HClO4、KClO3、KCl。
【詳解】A．甲為Cl2，其密度比空氣大，實(shí)驗(yàn)室采用向上排空氣法收集Cl2，A不正確；
B．戊為KClO3，在MnO2的催化作用下熱分解可制取氧氣，與濃鹽酸反應(yīng)可制取氯氣，B正確；
C．HClO4的酸性強(qiáng)于HClO，但HClO的氧化性強(qiáng)于HClO4，C不正確；
D．以上6種物質(zhì)中，Cl2、ClO2不屬于電解質(zhì)，HClO、HClO4、KClO3、KCl屬于電解質(zhì)，共有4種電解質(zhì)，D不正確；
故選B。
第II卷
二、填空題(共4小題，共52分)
16. 回答下列問題
（1）現(xiàn)有下列物質(zhì)：①SO2?、谑? ③氨水 ④液氯 ⑤H2SO4 ⑥鹽酸 ⑦漂白粉　⑧含氧40%的氧化鎂?、酑uSO4·5H2O ⑩熔融NaCl
其中屬于純凈物的是___________(填序號(hào)，下同)；屬于電解質(zhì)的是___________；屬于非電解質(zhì)的是___________，能導(dǎo)電的是___________。
（2）已知Be(OH)2與Al(OH)3都屬于兩性氫氧化物，寫出Be(OH)2分別與NaOH溶液、鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________、___________。
【答案】（1） ①. ①②④⑤⑧⑨⑩ ②. ⑤⑧⑨⑩ ③. ① ④. ②③⑥⑩
（2） ①. Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O ②. Be(OH)2＋2HCl=BeCl2＋2H2O
【解析】
【小問1詳解】
下列物質(zhì)：①SO2?、谑? ③氨水 ④液氯 ⑤H2SO4 ⑥鹽酸 ⑦漂白粉　⑧含氧40%的氧化鎂?、酑uSO4·5H2O ⑩熔融NaCl中，③氨水、⑥鹽酸、⑦漂白粉都為混合物，⑧氧化鎂中，含氧量為=40%，則為純凈物。所以屬于純凈物的是①②④⑤⑧⑨⑩；酸、堿、鹽、金屬氧化物都為電解質(zhì)，則⑤H2SO4、⑧含氧40%的氧化鎂、⑨CuSO4·5H2O 、⑩熔融NaCl都屬于電解質(zhì)，故選⑤⑧⑨⑩；在水溶液和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)，所以①SO2屬于非電解質(zhì)，故選①，金屬單質(zhì)、石墨、易溶于水的電解質(zhì)的水溶液、熔融的堿、鹽、金屬氧化物都能導(dǎo)電，故選②③⑥⑩。答案為：①②④⑤⑧⑨⑩；⑤⑧⑨⑩；①；②③⑥⑩；
【小問2詳解】
已知Be(OH)2與Al(OH)3都屬于兩性氫氧化物，則Be(OH)2與NaOH溶液反應(yīng)，生成Na2BeO2等；Be(OH)2與鹽酸反應(yīng)，生成BeCl2等。化學(xué)方程式：Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O、Be(OH)2＋2HCl=BeCl2＋2H2O。答案為：Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O；Be(OH)2＋2HCl=BeCl2＋2H2O。
17. 回答下列問題
（1）實(shí)驗(yàn)室欲用Na2CO3·10H2O晶體配制100 mL 1 mol/L的Na2CO3溶液，需稱取Na2CO3·10H2O晶體___________ g；完成本實(shí)驗(yàn)需用到的儀器有天平、藥匙、玻璃棒、燒杯和___________；下列情況會(huì)使所配溶液濃度偏低的是___________(填序號(hào))。
①用天平稱量質(zhì)量時(shí)，被稱量物與砝碼的位置放顛倒了
②轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水
③定容時(shí)俯視刻度線
④定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補(bǔ)加少量水，重新達(dá)到刻度線
（2）某混合溶液中，含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Cl-和SO五種離子(不考慮溶液中少量H＋和OH-)，其中c(K＋)=3 mol/L、c(Mg2＋)=2 mol/L、c(Al3＋)=2 mol/L、c(Cl-)=7 mol/L，則溶液中SO的物質(zhì)的量濃度是___________。
（3）同溫同壓下，某容器充滿O2重116 g，若充滿CO2重122 g，現(xiàn)充滿某氣體重114 g，則該氣體的相對分子質(zhì)量為___________。
（4）相同狀況下，若氣體X2與氮?dú)庖泽w積比1∶4混合，該混合氣體相對氫氣的密度為14.4，則X2的相對分子質(zhì)量為___________。
（5）若標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體X2的密度為1.25 g·L-1，X原子最外層有___________個(gè)電子。
【答案】（1） ①. 28.6 ②. 100 mL容量瓶、膠頭滴管 ③. ①④
（2）3 mol/L （3）28
（4）32 （5）5
【解析】
【小問1詳解】
用Na2CO3·10H2O晶體配制100 mL 1 mol/L的Na2CO3溶液，需稱取Na2CO3·10H2O晶體的質(zhì)量m=cVM=0.1L ×1 mol/L×286g/mol=28.6g。完成本實(shí)驗(yàn)的步驟有：計(jì)算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻，需用到的儀器有天平、藥匙、玻璃棒、燒杯和100 mL容量瓶、膠頭滴管；
①用天平稱量質(zhì)量時(shí)，被稱量物與砝碼的位置放顛倒了，稱取溶質(zhì)的質(zhì)量偏小，所配溶液濃度偏低，故選①；
②轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水，對溶質(zhì)物質(zhì)的量、溶液體積均無影響，對所配溶液濃度無影響，故不選②；
③定容時(shí)俯視刻度線，溶液體積偏小，所配溶液濃度偏高，故不選③；
④定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補(bǔ)加少量水，重新達(dá)到刻度線，溶液體積偏大，所配溶液濃度偏低，故選④；
選①④
【小問2詳解】
根據(jù)陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)，則c(K＋)+ 2c(Mg2＋)+ 3c(Al3＋) = c(Cl-)+2 c(SO)，c(SO)=(3 mol/L+2mol/L×2+2mol/L×3-7mol/L)÷2=3 mol/L；
【小問3詳解】
同溫同壓下，同體積的氣體，物質(zhì)的量相等，設(shè)所盛氣體的物質(zhì)的量為xmol，容器的質(zhì)量為ag，某容器充滿O2重116 g，若充滿CO2重122 g，則 ，解得a=100、x=0.5，現(xiàn)充滿某氣體重114 g，某氣體質(zhì)量為14g、物質(zhì)的量為0.5mol，則該氣體的相對分子質(zhì)量為。
【小問4詳解】
相同狀況下，若氣體X2與氮?dú)庖泽w積比1∶4混合，該混合氣體相對氫氣的密度為14.4，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為28.8，設(shè)X2的相對分子質(zhì)量為a，，a=32。
【小問5詳解】
若標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體X2的密度為1.25 g·L-1，則X2的摩爾質(zhì)量為1.25 g·L-1×22.4L/mol=28g/mol，X的相對原子質(zhì)量為14， X是N原子，X原子最外層有5個(gè)電子。
18. 某興趣小組查閱資料發(fā)現(xiàn)：Cl2與堿的溶液反應(yīng)生成的含氯的產(chǎn)物除氯化物外，還可能含有次氯酸鹽或氯酸鹽(殺菌消毒能力較差)。他們利用如圖裝置以Cl2制備NaClO3和NaClO。已知：?；卮鹣铝袉栴}：

（1）a中盛放濃鹽酸的儀器名稱為___________；a裝置中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。
（2）b裝置的作用是___________。若沒有b裝置，會(huì)導(dǎo)致c中產(chǎn)生大量的副產(chǎn)物___________(填化學(xué)式)。
（3）資料顯示：工業(yè)上制備“84”消毒液時(shí)，釆用的是從吸收塔下部通入Cl2，從上部噴淋循環(huán)冷卻的NaOH溶液(15~20%)。其制備反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________，NaOH需要循環(huán)冷卻的目的是___________。
（4）該興趣小組在60℃條件下，將一定量的Cl2通入500 mL 1.00 mol?L-1NaOH溶液中，NaOH恰好反應(yīng)，得到產(chǎn)物中含有NaCl、NaClO和NaClO3，則參加反應(yīng)Cl2的物質(zhì)的量為___________mol 。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2） ①. 除去氯氣中混有的氯化氫 ②. NaCl
（3） ①. Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O ②. 避免生成NaClO3
（4）0.25
【解析】
【分析】a中濃鹽酸與高錳酸鉀反應(yīng)制備氯氣，由于鹽酸有揮發(fā)性，導(dǎo)致氯氣中含有雜質(zhì)HCl和水蒸氣，通過b中飽和食鹽水除去HCl，c中熱水浴加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，d的冷水浴中氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成次氯酸鈉，氯氣有毒不能直接排空，e中用氫氧化鈉吸收尾氣，防止污染大氣。
【小問1詳解】
a中盛放濃鹽酸的儀器名稱為分液漏斗，a裝置中酸性高錳酸鉀溶液和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，離子方程式為：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
【小問2詳解】
由分析可知，b盛有飽和食鹽水，作用是除去氯氣中混有的氯化氫。若沒有b裝置，氯氣中混有的HCl氣體和NaOH反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生大量的副產(chǎn)物NaCl。
【小問3詳解】
氯氣和NaOH溶液反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉，化學(xué)方程式為：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O；需要循環(huán)冷卻的目的是防止溫度較高氯氣和NaOH溶液生成NaClO3。
【小問4詳解】
將一定量的Cl2通入500 mL 1.00 mol?L-1NaOH溶液中，NaOH恰好反應(yīng)，得到產(chǎn)物中含有NaCl、NaClO和NaClO3，由組成可知鈉與氯的物質(zhì)的量之比為1:1，所以NaOH與Cl2相互反應(yīng)的物質(zhì)的量之比一定為2:1，則參加反應(yīng)Cl2的物質(zhì)的量為=0.25mol。
19. 高鐵酸鈉(Na2FeO4)是一種多功能綠色水處理劑，殺菌消毒的同時(shí)可生成氫氧化鐵膠體。某工廠利用廢金屬屑(主要成分為Fe和Cu，含有少量Fe2O3)制取Na2FeO4并回收金屬Cu，工藝流程如下：

（1）試劑a為___________(填化學(xué)式)。
（2）證明濾液I中無Fe3+的實(shí)驗(yàn)方法是___________；用離子方程式解釋濾液I不含有Fe3+可能的原因___________。
（3）流程中Na2O2不可暴露在空氣中時(shí)間過長，原因是___________(用化學(xué)方程式表示)。
（4）制備Na2FeO4的原理：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。反應(yīng)中___________作還原劑；每生成1mol Na2FeO4轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為___________。
（5）Na2FeO4凈水過程中所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)主要為：?Na2FeO4+?H2O→?Fe(OH)3(膠體)+?NaOH+?X↑，請推測X的化學(xué)式為____________，配平該化學(xué)方程式，化學(xué)計(jì)量數(shù)從左至右分別為___________。
（6）用Na2FeO4代替Cl2處理飲用水的優(yōu)點(diǎn)是___________(只答一條即可)。
【答案】（1）H2SO4
（2） ①. 取少量濾液I于試管，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象，證明濾液I中無Fe3+ ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+(或2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+或Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O)
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（4） ①. Na2O2、FeSO4 ②. 5NA
（5） ①. O2 ②. 4、10、4、8、3
（6）既能消毒殺菌，又能凈化水(或無毒，方便保存等)
【解析】
【分析】利用廢金屬屑(主要成分為Fe和Cu，含有少量Fe2O3)制取Na2FeO4并回收金屬Cu，從中間產(chǎn)物FeSO4判斷，加入的試劑a為稀硫酸，則濾液Ⅰ、Ⅱ的主要成分都為FeSO4；加入Na2O2后，與FeSO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成Na2FeO4等。
【小問1詳解】
由分析可知，試劑a為H2SO4。答案為：H2SO4；
【小問2詳解】
證明濾液I中無Fe3+，常加入KSCN溶液，看溶液是否發(fā)生顏色變化，實(shí)驗(yàn)方法是：取少量濾液I于試管，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象，證明濾液I中無Fe3+；濾液I不含有Fe3+，則Fe2O3溶于硫酸生成的Fe3+可能被Fe或Cu還原，所以可能的原因：2Fe3++Fe=3Fe2+(或2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+或Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O)。答案為：取少量濾液I于試管，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象，證明濾液I中無Fe3+；2Fe3++Fe=3Fe2+(或2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+或Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O)；
【小問3詳解】
因?yàn)镹a2O2能與空氣中的二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)，所以流程中Na2O2不可暴露在空氣中時(shí)間過長，原因是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。答案為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
【小問4詳解】
制備Na2FeO4原理：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。反應(yīng)中，F(xiàn)eSO4中Fe元素由+2價(jià)升高到+6價(jià)，Na2O2中O元素由-1價(jià)部分升高為0價(jià)，部分降低為-2價(jià)，所以Na2O2(部分)、FeSO4作還原劑，Na2O2(部分)作氧化劑；在該反應(yīng)中，化合價(jià)共升高：4×2+1×2=10，則每生成1mol Na2FeO4轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA。答案為：Na2O2、FeSO4；5NA；
【小問5詳解】
Na2FeO4凈水過程中所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)主要為：?Na2FeO4+?H2O→?Fe(OH)3(膠體)+?NaOH+?X↑，F(xiàn)e元素由+6價(jià)降低為+3價(jià)，則只有O元素價(jià)態(tài)可能升高，所以X的化學(xué)式為O2，配平該化學(xué)方程式時(shí)，先依據(jù)得失電子守恒，確定Na2FeO4、O2↑的化學(xué)計(jì)量數(shù)，再依據(jù)質(zhì)量守恒，配平其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)，從而得出化學(xué)計(jì)量數(shù)從左至右分別為4、10、4、8、3。答案為：O2；4、10、4、8、3；
【小問6詳解】
Na2FeO4殺菌后，轉(zhuǎn)化為具有吸附水中懸浮顆粒物的Fe(OH)3(膠體)，則用Na2FeO4代替Cl2處理飲用水的優(yōu)點(diǎn)是：既能消毒殺菌，又能凈化水(或無毒，方便保存等)。答案為：既能消毒殺菌，又能凈化水(或無毒，方便保存等)。
【點(diǎn)睛】配平氧化還原反應(yīng)方程式時(shí)，先確定首先配平的兩種物質(zhì)，再依據(jù)得失電子守恒、質(zhì)量守恒進(jìn)行配平。

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