陕西省西安市第七十五中学2022-2023学年高一上学期期末结业化学试题（解析版）.docx

《陕西省西安市第七十五中学2022-2023学年高一上学期期末结业化学试题（解析版）.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

西安75中高一第一学期期末结业试题·必修第一册化学试卷一、单选题(本大题共16小题，每小题3分，计48分，每小题只有一个逸项是符合题意)1.下列物质分类合理是A.酸性氧化物：SO2、CO2、COB.碱：烧碱、纯碱、氢氧化钾C.电解质：氨水、氢氧化钠、氧化钠D.混合物：矿泉水、纯牛奶、氢氧化铁胶体【答案】D【解析】【详解】A．与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO与碱不反应，不是酸性氧化物，故A不符合题意；B．纯碱是碳酸钠，碳酸钠属于盐不是碱，故B不符合题意；C．氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；D．矿泉水、纯牛奶、氢氧化铁胶体均是由两种或两种以上物质组成的，为混合物，故D符合题意；答案选D2.下列化合物中，属于含非极性共价健的离子化合物的是A.H2O2B.N2H4C.Na2O2D.NH4NO3【答案】C【解析】【详解】A．H2O2含有非极性共价键和极性共价键，故A错误；B．N2H4含有非极性共价键和极性共价键，故B错误；C．Na2O2中Na+与之间形成离子键，O与O之间形成非极性共价键，故C正确；D．NH4NO3含极性共价键和离子键，故D错误；故选C。3.下列说法正确的是A.漂白液、漂白粉、漂粉精既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂B.Na2CO3、NaHCO3均属于可溶性盐，可用澄清石灰水鉴别C.向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液变红第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 西安75中高一第一学期期末结业试题·必修第一册化学试卷一、单选题(本大题共16小题，每小题3分，计48分，每小题只有一个逸项是符合题意)1.下列物质分类合理是A.酸性氧化物：SO2、CO2、COB.碱：烧碱、纯碱、氢氧化钾C.电解质：氨水、氢氧化钠、氧化钠D.混合物：矿泉水、纯牛奶、氢氧化铁胶体【答案】D【解析】【详解】A．与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO与碱不反应，不是酸性氧化物，故A不符合题意；B．纯碱是碳酸钠，碳酸钠属于盐不是碱，故B不符合题意；C．氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；D．矿泉水、纯牛奶、氢氧化铁胶体均是由两种或两种以上物质组成的，为混合物，故D符合题意；答案选D2.下列化合物中，属于含非极性共价健的离子化合物的是A.H2O2B.N2H4C.Na2O2D.NH4NO3【答案】C【解析】【详解】A．H2O2含有非极性共价键和极性共价键，故A错误；B．N2H4含有非极性共价键和极性共价键，故B错误；C．Na2O2中Na+与之间形成离子键，O与O之间形成非极性共价键，故C正确；D．NH4NO3含极性共价键和离子键，故D错误；故选C。3.下列说法正确的是A.漂白液、漂白粉、漂粉精既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂B.Na2CO3、NaHCO3均属于可溶性盐，可用澄清石灰水鉴别C.向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液变红第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 D.金属钠着火时，可用干冰灭火器灭火【答案】A【解析】【详解】A．漂白液、漂白粉和漂粉精既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，故A正确；B．Na2CO3和NaHCO3均能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀使溶液变浑浊，虽然方程式不同，但现象一致，故不能用澄清石灰水鉴别二者，故B错误；C．氯水中含有HCl和HClO，具有酸性和漂白性，则向新制氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色，故C错误；D．干粉灭火器中主要试剂是碳酸氢钠，受热分解生成二氧化碳和水，能与钠及钠的燃烧产物过氧化钠反应生成氢气或氧气，不可以用于钠着火的灭火方法，故D错误；故选A。4.化学和生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是A.“嫦娥五号”返回舱携带的月壤中含有高能原料3He，3He是一种核素B.“奋斗者”号深海载人潜水器的耐压壳使用了钛合金，钛合金属于金属材料C.我国科学家发明的CO2合成淀粉技术有利于减少碳排放和保证人类粮食安全D.我国“硅-石墨烯-锗(Ge)晶体管”技术获得重大突破，所涉元素都是短周期元素【答案】D【解析】【详解】A．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，3He是一种核素，故A正确；B．钛合金为合金，属于金属材料，故B正确；C．CO2人工合成淀粉技术有助于二氧化碳的减少，合成淀粉有利于保证人类粮食安全，故C正确；D．第一至三周期为短周期元素，锗在周期表第四周期，是长周期元素，故D错误；故选：D。5.已知硒(Se)为第VIA族元素，上列有关硒元素的化合物的说法中不正确的是A.其同族氢化物的熔沸点：H2O>H2Se>H2SB.SeO3只有还原性C.BaSeO4与BaSO4相似，均难溶于水D.H2SeO4溶于水破坏共价键【答案】B【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【详解】A．H2O可形成分子间氢键，沸点最高，H2S，H2Se二者均由分子构成，熔沸点取决于分子间作用力，分子间作用力取决于相对分子质量，H2Se的相对分子质量比H2S大，因此H2Se分子间作用力强于H2S，故熔沸点：H2O>H2Se>H2S，故A正确；B．SeO3中Se元素的化合价为+6价，是Se元素的最高价态，所以SeO3只有氧化性，没有还原性，故B错误；C．Se和S位于同一主族，则BaSeO4与BaSO4相似，均难溶于水，故C正确；D．H2SeO4溶于水电离出H+和，H2SeO4是共价化合物，溶于水破坏共价键，故D正确；故选B。6.室温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存的是A.无色透明溶液：Na+、Cu2+、SO、Cl-B.pH=1的溶液：Na+、K+、CH3COO-、NOC.pH=1的溶液：Zn2+、Al3+、Cl-、D.使酚酞变红色的溶液：NH、K+、Br-、CO【答案】C【解析】【详解】A．铜离子溶液为蓝色，A不选；B．pH=1的溶液中含有大量的氢离子，氢离子和醋酸根离子生成弱酸醋酸，不共存，B不选；C．pH=1的溶液中含有大量的氢离子，H+、Zn2+、Al3+、Cl-、相互不反应，能共存，C选；D．使酚酞变红色的溶液为碱性，碱性溶液中的OH-能和铵根离子反应，不共存，D不选；故选C。7.如图所示，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化成小球时，用玻璃棒蘸取少量无水粉末与其接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。下列说法错误的是A.钠受热易熔成小球说明其熔点低第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 B钠与粉末反应时放出大量热C.一定条件下，Na可与反应生成CuD.将无水粉末改为溶液，反应现象相同【答案】D【解析】【详解】A．钠的熔点低，所以钠受热易熔成小球，故A正确；B．用玻璃棒蘸取少量无水粉末与熔融的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，说明钠与粉末反应时放出大量热，故B正确；C．用玻璃棒蘸取少量无水粉末与熔融的钠接触，有红色物质生成，Na可与反应生成Cu，故C正确；D．将无水粉末改为溶液，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成蓝色氢氧化钠沉淀，反应现象不相同，故D错误；选D。8.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子。在a克HmX中所含质子的物质的量是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，则质子数为（A-N），则每个HmX分子含有质子数为（A-N+m），agHmX的物质的量为mol，故含有质子物质的量为；故选A。9.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.56g铁与足量氯气完全反应，在反用中转移的电子数为2NAB.在1L1mol/L的HF溶液中，含有H+数目为0.1NAC.3.2g含有的电子数为2NA第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 D.0.1mol/L的NaHSO4溶液中Na+数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．氯气具有强氧化性，铁与氯气反应时，生成，56g铁物质的量为，与足量氯气完全反应，在反用中转移的电子数为3NA，A错误；B．为弱电解质，不完全电离，在1L1mol/L的HF溶液中，含有H+数目小于0.1NA，B错误；C．3.2g物质的量为，含有的电子数为，数目为，C正确；D．没有体积，无法计算的溶液中数目，D错误；故选C。10.钠及其化合物的转化关系如下，下列分析正确的是A和发生反应①转移电子B.反应⑤和反应⑥都可说明属于碱性氧化物C.反应⑥中只体现氧化性D.上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应【答案】D【解析】【详解】A.和发生反应①时，Na由0价升高到+1价，所以转移电子，A不正确；B.反应⑤生成NaOH的同时，有O2生成，反应⑥在生成Na2CO3的同时，也有O2生成，两反应都可说明不属于碱性氧化物，B不正确；C.反应⑥中，中的O元素一部分由-1价升高到0价，一部分由-1价降低到-2价，既体现氧化性又体现还原性，C不正确；D.上述转化中，④、①、②分别发生分解反应、化合反应、置换反应，D正确；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 故选D。11.铁元素是人体重要的微量元素，参与人体血红蛋白的形成，Fe2+易被人体吸收，下列有关铁及其化合物的说法中正确的是A.缺铁性贫血症可以服用维生素C将难吸收的Fe3+氧化为Fe2+，促进铁元素的吸收B.高温下红热的铁与水蒸气反应，可得到红色的氧化铁C.将过氧化钠投入氯化亚铁溶液中，最终生成白色沉淀D.FeO不稳定，在空气中加热迅速被氧化成Fe2O3【答案】A【解析】【详解】A．维生素C具有还原性，将难吸收的Fe3+还原为Fe2+，促进铁元素的吸收，可以治疗缺铁性贫血症，A正确；B．高温下红热的铁与水蒸气反应，可得到黑色的四氧化三铁，反应为：，B错误；C．与水反应生成，且具有强氧化性，所以将过氧化钠投入氯化亚铁溶液中，最终红褐色沉淀，C错误；D．不稳定，在空气中加热迅速被氧化成，错误；故选A。12.有A、B、C、D四种元素，质子数均小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是A.A元素可以形成多种同素异形体B.C的氧化物能与盐酸反应生成盐和水，所以C的氧化物为碱性氧化物C.可以通过焰色反应检验B元素D.A和D两种元素形成的化合物能与NaOH溶液反应【答案】B【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【分析】A、B、C、D四种元素的质子数都小于18，A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，A有2个电子层符合电子排布规律，最外层电子数为6，A为O；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，B为Na；C元素是地壳中含量最多的金属元素，C为Al；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，M层电子数为K层的3倍=6，D为S，由上述分析可知，A为O、B为Na、C为Al、D为S；【详解】A．A为O元素，同素异形体有O2、O3，A正确；B．C为Al其氧化物为Al2O3，既可以与强酸反应，也可以与强碱反应，Al2O3为两性氧化物，B错误；C．Na元素的焰色反应为黄色，C正确；D．二氧化硫或三氧化硫均能与NaOH反应，生成盐和水，D正确；故答案为：B。13.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，下列关于电导率()图像分析错误的是A.图①：向饱和石灰水中不断通入B.图②：向氨水中通入HCl直至过量C.图③：向NaOH溶液中通入少量D.图④：向溶液中加入等物质的量浓度的KOH溶液【答案】D【解析】【详解】A．向饱和石灰水中不断通入，先生成碳酸钙沉淀，然后再生成碳酸氢钙，电导率先减小再增大，A正确；B．一水合氨为弱电解质，向氨水中通入HCl直至过量，反应生成强电解质氯化铵，电导率逐渐增大，B正确；C．向NaOH溶液中通入少量，反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，电导率保持不变，C正确；D．向溶液中加入等物质的量浓度的KOH溶液，反应为HNO3+KOH=KNO3+H2O，由于溶液稀释，电导率缓慢减小，最后几乎不变，D错误；故选D。14.下列离子方程式书写正确的是A.在氯化钙溶液中通入少量CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 B.将氯气通入石灰乳中制取漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC.向碳酸氢钠溶液中滴入稀硝酸：+H+=CO2↑+H2OD.将稀盐酸滴在氧化铁上：FeO+H+=Fe2++H2O【答案】C【解析】【详解】A．碳酸的酸性比盐酸的酸性弱，在氯化钙溶液中通入少量CO2不会生成CaCO3，故A错误；B．将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，离子方程式：Cl2+Ca(OH)2═Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故B错误；C．向碳酸氢钠溶液中滴入稀硝酸生成二氧化碳和水，离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，故C正确；D．将稀盐酸滴在氧化铁上，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故D错误；故选C。15.将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是A.Mg和Al的质量比为3：4B.生成的H2的体积为10.08LC.NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/LD.硫酸的物质的量浓度为0.5mol/L【答案】C【解析】【分析】根据图象可知，当NaOH的体积0~20mL时，无沉淀产生，说明与过量的H2SO4反应；NaOH的体积20~200mL时，与溶液中的Mg2+和Al3+反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀；NaOH的体积200~240mL时，Al(OH)3沉淀溶解。【详解】A．根据图像关系可知：n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=(0.35-0.2)=0.15mol，，，Mg和Al第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 的质量比为2：3，A错误；B．根据，可得Al与稀硫酸反应生成H2物质的量为0.3，标准状况下H2体积为，根据，可得Mg与稀硫酸反应生成H2物质的量为0.15，标准状况下H2体积为，H2总体积为10.08L，但是题中条件不一定为标准状况下，B错误；C．NaOH的体积200~240mL时，Al(OH)3与NaOH以1：1反应，所以n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，c(NaOH)==5mol/L，C正确；D．将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸后，溶液中存在H2SO4、、MgSO4，图像中刚开始消耗的20mL是NaOH与过量的硫酸反应，消耗的NaOH的物质的量为，根据、和，可得=，硫酸的物质的量浓度为，D错误；故答案为：C。16.混合物的水溶液中只可能含有以下离子中的若干种：、、Mg2+、Ba2+、K+、、，现取三份体积均为100mL的该溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3；溶液有沉淀产生；第二份加入足量NaOH溶液并加热，收集到气体0.04mol；第三份加入足量BaCl2溶液后，经过滤、洗涤、干燥，得到沉淀6.27g，再用足量盐酸洗涤、干燥，沉淀质量减少为2.33g。根据上述实验，下列有关该溶液组成的推断正确的是A.一定不存在K+B.可能存在Cl-C.含有，其浓度为0.1mol/LD.可能存在Mg2+、Ba2+【答案】B【解析】【分析】第一份加入，溶液有沉淀产生，溶液中可能含有和；第二份加入足量溶液并加热，收集到气体0.04mol，溶液中一定含有，物质的量为0.04mol；第三份加入足量BaCl2溶液后，经过滤、洗涤、干燥，得到沉淀6.27g，再用足量盐酸洗涤、干燥，沉淀质量减少为2.33g第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ，得到的沉淀为和，其中为2.33g，物质的量为，为，所以溶液中一定含有，，溶液中一定不存在和，正电荷的离子为，带负电荷的离子为，，根据电荷守恒，溶液中一定含有，可能存在。【详解】A．根据以上分析，溶液中一定含有，A错误；B．根据以上分析，溶液中可能存在，B正确；C．根据计算，溶液中含有，浓度为，C错误；D．根据以上分析，溶液中含有，一定不存在和，D错误；故选B。二、填空题(共5题，共52分)17.高铁酸钾(K2FeO4，极易溶于水)是常见的水处理剂，其原理如图所示。请回答下列问题：【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。（1）K2FeO4中铁元素的化合价为___________；（2）过程①中活性菌表现了___________(填“氧化”或“还原”)性；该过程的还原产物是___________(填离子符号)；（3）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有___________(填两个)；（4）制备高铁酸钾常用的反应原理为Fe(OH)3+KClO+KOH→K2FeO4+KCl+H2O(反应未配平)。①该反应中，Cl元素的化合价由___________价变为___________价；通过该反应说明：在碱性条件下，氧化性：ClO-___________FeO(填“>”、“=”或“<”)。②配平该反应的化学方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目___________，将该反应改写为离子方程式：___________。【答案】（1）+6（2）①.还原②.Fe3+（3）杀菌消毒；吸附悬浮物，絮凝聚沉第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 （4）①.+1②.-1③.>④.⑤.2Fe(OH)3+3ClO-+2OH-=2FeO+3Cl-+5H2O【解析】【小问1详解】K2FeO4中K为+1价、O为-2价，所以Fe为+6价。【小问2详解】过程a中，反应过程中FeO转化为Fe3+，铁元素化合价降低，故K2FeO4是氧化剂体现氧化性，活细菌是还原剂体现还原性，该过程的还原产物是Fe3+。【小问3详解】K2FeO4具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用，故答案为：杀菌消毒；吸附悬浮物，絮凝聚沉。【小问4详解】①该反应中，Cl元素的化合价由+1价下降到-1，Fe元素由+3价上升到+6价，KClO是氧化剂，K2FeO4是氧化产物，在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：ClO->FeO；②配平该反应的化学方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：，将该反应改写为离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+2OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。18.如图是元素周期表的前四周期，请回答下列问题：1①2②③④3⑤⑥⑦⑧4⑨第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 （1）元素③在元素周期表位置___________；④⑦⑧的简单氢化物稳定性由强到弱的顺序是___________(用化学式表示)；（2）元素⑤⑦⑧的简单离子半径由大到小顺序___________(用化学式表示)；（3）⑥与⑧的最高价氧化物的水化物与铜反应的化学方程式为___________；（4）⑤⑥⑨的金属性由强到弱的顺序是___________(用化学式表示)；（5）用电子式表示⑤元素和⑦元素形成化合物的形成过程___________。【答案】（1）①.第二周期VA族②.HF>HCl>H2S（2）S2->Cl->Na+（3）Al(OH)3+7HClO4+2Cu=2CuCl2+7O2+Al(ClO4)3（4）K>Na>Al（5）【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可以知道①为H、②为C、③为N、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K，根据元素的元素周期律进行解答。【小问1详解】③为N元素，在元素周期表位置为第二周期VA族，同周期元素，自左向右，元素的非金属性依次增强，同主族元素自上而下，非金属性依次减小，非金属性越强，元素简单氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S，氢化物稳定性由强到弱的顺序是HF>HCl>H2S。【小问2详解】Cl-比Na+多一个电子层，Cl-和S2-离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径由大到小的顺序为：S2->Cl->Na+。【小问3详解】Al和Cl的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3和HClO4，Al(OH)3和HClO4与铜反应的化学方程式为：Al(OH)3+7HClO4+2Cu=2CuCl2+7O2+Al(ClO4)3。【小问4详解】同周期元素，自左向右，元素的金属性依次减弱，同主族元素自上而下，非金属性依次增强，Na、Al、K的金属性由强到弱的顺序是：K>Na>Al。【小问5详解】Na和S反应生成离子化合物Na2S，用电子式表示形成过程为：。19.印刷电路产生的废腐蚀液中含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ，为了减少污染并变废为宝，化学工作者计划从该废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，作为腐蚀液原料循环使用。请根据以下流程图，回答下列问题：（1）试剂a为___________(填化学式)，试剂b为___________(填名称)，操作I、II的名称___________，试剂a过量的原因为___________；（2）试剂c为一种气体，c为___________，滤液Z和试剂c发生反应的离子方程式为___________；（3）试剂c与水反应的化学方程式为___________；（4）检验溶液W中阳离子的操作方法为___________。【答案】（1）①.Fe②.稀盐酸③.过滤④.使CuCl2、FeCl3反应完全（2）①.Cl2②.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（3）Cl2+H2O=HCl+HClO（4）取少量溶液W于试管中，加入KSCN溶液，溶液变红，证明溶液W中有Fe3+【解析】【分析】废腐蚀液中含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，由流程可知，加过量Fe与氯化铁、氯化铜反应，试剂a为Fe，则滤液X为FeCl2，滤渣Y中含Fe、Cu，加过量试剂b为稀盐酸，过滤得到金属Cu，滤液Z中含FeCl2、HCl，为不引人杂质，将铁的化合物全部转化为FeCl2溶液，则气体c为氯气，据此分析解题即可。【小问1详解】废腐蚀液中含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，加过量Fe与氯化铁、氯化铜反应，得到滤渣Y中含Fe、Cu，加过量稀盐酸，过滤得到金属Cu。【小问2详解】由题干可知，要将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，所以FeCl2需要被氧化为FeCl3，选氯气为氧化剂，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【小问3详解】由分析可知，试剂c为氯气，氯气与水反应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO。【小问4详解】溶液W为FeCl3，检验其阳离子可以用KSCN溶液，故答案为：取少量溶液W于试管中,加入KSCN第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 溶液，溶液变红，证明溶液W中有Fe3+。20.某同学设计如图装置制备一定量的Fe(OH)2，并使其能在较长时间内存在。（1）X为稀盐酸，写出装置2中反应的离子方程式_______。（2）实验开始时，打开分液漏斗塞子，打开K1，_______(填“打开”成“关闭”)K2；这样操作的目的是_______。一段时间后_______(填“打开”成“关闭”)K2，装置2中的现象是_______；装置3中反应的离子方程式_______。（3）装置4作用是_______。（4）制得的Fe(OH)2暴露在空气中最终会变为红褐色，反应的化学方程式为_______。【答案】（1）Fe+2H+=Fe2++H2↑（2）①.打开②.利用H2将装置中的空气赶出，防止氧气氧化二价铁③.关闭④.液体被压入3中⑤.Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓（3）液封，防止外界空气进入装置3，干扰实验（4）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】【分析】利用铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氢气排尽装置中的空气，再利用气压差将产生的氯化亚铁压入装置3中与氢氧化钠溶液反应产生氢氧化亚铁，探究氢氧化亚铁的还原性。【小问1详解】装置2中铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，其反应的离子方程式为:Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为:Fe+2H+=Fe2++H2↑；【小问2详解】实验开始时，打开分液漏斗塞子，打开K1打开K2，利用Fe与酸反应产生的H2将装置中的空气排出，使NaOH溶液中无空气，待装置4中气泡均匀时，关闭K2，利用反应产生的H2将装置2中Fe2+压入装置3中，与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，保证制取得到纯净Fe(OH)2，并能够较长时间观察Fe(OH)2白色沉淀，装置2中的液体被压入装置3中，装3中硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁和硫酸钠，其反应的离子方程式为:Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，故答案为:打开；利用Fe与酸反应产生的H2将装置中的空气排出；关闭；装置2中的液体被压入装置3中；Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【小问3详解】装置4用蒸馏水将导管下端液封，作用是防止空气进入装置3中，故答案为:防止空气中的氧气进入装置3中，干扰实验；【小问4详解】制得的Fe(OH)2暴露在空气中会与氧气反应生成最终会变为红褐色的氢氧化铁，反应的化学方程式为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。21.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)实验过程：I．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸；lI．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹；IlI．当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a；IV．……请回答问题：（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是___________；实验室在加热条件下制取该气体的离子方程式为___________；（2）验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是___________；（3）过程III实验的目的：某同学经分析认为，B中溶液由黄色变为棕红色，以此说明C中___________，从而得出D中氧化I-的氧化剂必为Br2，因此B装置是必不可少的；（4）过程IV为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D震荡，静置，观察到的现象是___________，发生反应的离子方程式为___________；（5）浸有NaOH溶液的棉花的作用是___________；（6）用原子结构理论解释氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因是：同主族元素从下到上___________，得电子能力逐渐减弱。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）①.②.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2）湿润的淀粉KI试纸变蓝（3）Br-过量，溶液中没有Cl2（4）①.CC14层溶液变为紫(或紫红)色②.Br2+2I-=I2+2Br-（5）吸收Cl2，防止污染空气（6）电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱【解析】【分析】A中滴加浓盐酸后，发生反应:2KMnO4+16HC1(浓)=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，生成黄绿色气体Cl2，在B、C、D中分别发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO、Br2+2NaOH=NaCl+NaBrO，NaBrO+2KI+H2O=NaVr+I2+2KOH、NaClO+2KI+H2O=NaCl+I2+2KOH，由于B、C中生成了Br2而使溶液变为黄色，打开活塞b，C中生成的Br2，在D中发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2，过程II实验，当B中黄色溶液继续通入过量C12时，溶液变为红棕色，以此为对照，说明C中黄色溶液无Cl2，从而排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，据此答题。【小问1详解】A中产生黄绿色气体为氯气，氯原子间形成1对共用电子对，电子式为：；实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。【小问2详解】因C12的氧化性大于I2的氧化性，可发生反应：C12+2I-=I2+2C1-，I2能使淀粉变蓝，故答案为：湿润的淀粉KI试纸变蓝。【小问3详解】B中溶液由黄色变为棕红色，说明生成了Br2，发生反应的化学方程式为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，以此说明C中Br-过量，溶液中没有Cl2，从而得出D中氧化I-的氧化剂必为Br2。【小问4详解】打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，发生反应：Br2+2I-=I2+2Br-，关闭活塞b，取下D震荡，静至后CC14层溶液变为紫(或紫红)色。【小问5详解】Cl2有毒，浸有NaOH溶液的棉花的作用是：吸收Cl2，防止污染空气。【小问6详解】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司