浙江省瑞安中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学 Word版含解析.docx

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浙江省瑞安中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题考生须知：1.本卷共31小题，满分100分，时间90分钟，2.试题答案填涂在答题卡上3.本试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Fe-56一、选择题选择题(本大题共15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列试剂中，标签上有如下标注的是A.纯碱B.铁粉C.浓硫酸D.酒精【答案】C【解析】【分析】警示标记为腐蚀品的标志，根据物质的性质解题，有腐蚀性的为答案.【详解】A项、纯碱没有腐蚀性，故A错误；B项、铁粉没有腐蚀性，故B错误；C项、浓硫酸有腐蚀性，为腐蚀品，故C正确；D项、乙醇易燃，没有腐蚀性，故D错误。故选C。【点睛】本题考查危险品标志，分清每个物质的性质，明确浓硫酸具有腐蚀性是解答本题的关键。2.下列化学家与其所作的突出贡献不匹配的是（）门捷列夫拉瓦锡阿伏加德罗道尔顿提出化学元素的概念提出氧化学说提出分子学说提出原子论 ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.元素概念是由17世纪英国化学家波义耳提出，俄国科学家门捷列夫，制作出世界上第一张元素周期表，故A错误；B.法国著名化学家拉瓦锡，测出空气中氧气的体积分数，提出氧化学说，故B正确；C.意大利科学家阿伏加德罗在化学上的主要成就是提出了分子的概念，创立了分子学说，故C正确；D.波义耳，他认为物质是由不同的“微粒”或原子自由组合构成的，提出了原子论，故D正确；故选A。3.铟（In）是一种非常贴近我们生活的主族元素，手机、电脑、电视屏幕使用的都是含铟的导电玻璃。的最外层电子数是3，下列说法不正确的是A.In的原子核外有49个电子B.与互为同位素C.In与Al处于同一主族D.的中子数为113【答案】D【解析】【详解】A.根据铟原子结构，铟的质子数为49，对原子来说，质子数等于核外电子数，即铟的核外有49个电子，故A说法正确；B.同位素：质子数相同中子数不同同一元素的不同原子，与符合同位素的概念，故B说法正确；C.铟元素属于主族元素，主族元素中最外层电子数等于主族序数，In的最外层电子数是3，即In与Al处于同一主族，故C说法正确；D.根据质量数=质子数＋中子数，则的中子数=113－49=64，故D说法错误；答案为D。4.下列有关金属及其合金的说法正确的是A.钢的含碳量比生铁高 B.不锈钢是一种合金钢，只含金属元素C.常温下，铝不易与空气中的氧气反应，因此日常用的铝制品不需要特殊保护D.储氢材料镧镍合金能大量吸收形成金属氢化物【答案】D【解析】【详解】A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，钢是对含碳量在0.02%～2%之间的铁碳合金的统称，生铁的含碳量比钢高，故A错误；B．不锈钢是一种合金钢，不锈钢中含碳量较低，最大不超过1.2%，除含有金属元素外，还含有非金属元素，故B错误；C．铝为活泼金属，与氧气反应生成致密的氧化铝，保护内部铝不被腐蚀，日常生活中，不宜用钢丝球擦洗铝制品表面，故C错误；D．储氢材料是一种能可逆地吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收H2形成金属氧化物，故D正确；答案为D。5.下列关于分散系说法不正确的是A分散系属于混合物B.将几滴饱和氯化铁溶液滴入一定量沸水中，煮沸至液体呈红褐色可制得氢氧化铁胶体C.溶液与胶体的本质区别是能否发生“丁达尔效应”D.云、雾、有色玻璃均属于胶体【答案】C【解析】【详解】A．分散系由分散质和分散剂构成，属于混合物，A正确；B．饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，便可制得氢氧化铁胶体，B正确；C．溶液与胶体的本质区别是分散质粒子直径的差异，胶粒直径介于10-9m~10-7m之间，C不正确；D．云、雾为气溶胶，有色玻璃为固溶胶，它们均属于胶体，D正确；故选C。6.下列化学用语表达不正确的是A.的结构式：N≡N B.的结构示意图：C.形成过程：D.石墨的一种同素异形体的分子式：【答案】C【解析】【详解】A．分子中含有三键，结构式：N≡N，A正确；B．的核外电子数是10，结构示意图：，B正确；C．是离子化合物，形成过程：，C错误；D．由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，则石墨的一种同素异形体的分子式可以为，D正确；答案选C。7.化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A.铝合金是制造飞机和宇宙飞船的理想材料B.氯气是重要的化工原料，可大量用于制造盐酸、农药、染料和药品等C.铁粉可用作食品脱氧剂D.汽车的尾气催化转化器中发生了反应：NO+CO=C+NO2【答案】D【解析】【详解】A．铝合金中的硬铝硬度大，密度小，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故A正确；B．氯气与氢气反应用于制造盐酸，与某些有机物反应可用于制造农药，染料和药品等，是重要的化工原料，故B正确；C．铁粉具有较强的还原性，可与空气中的氧气反应，常用作食品脱氧剂，故C正确；D．汽车尾气催化转化器中的反应为：2NO+2CO=2CO2+N2，故D错误；故选：D。8.下列物质属于电解质但不能导电的是 ①液态氯化氢②稀硫酸③碳酸钠固体④熔融态氯化镁⑤五水硫酸铜晶体⑥氯水A.②④⑥B.①③⑤C.①④⑥D.②③⑤【答案】B【解析】【详解】①液态氯化氢虽为电解质，但不含自由移动的离子，故不导电；②稀硫酸溶液中，含硫酸根和氢离子等自由移动的离子，能导电，但稀硫酸属于混合物；③碳酸钠虽然为强电解质，但碳酸钠固体中无自由移动的离子，所以不导电；④熔融态氯化镁中含有自由移动的镁离子和氯离子，所以能导电；⑤五水硫酸铜晶体中不含自由移动的离子，所以不导电；⑥氯水中含有氢离子、氯离子以及次氯酸跟离子等自由移动的离子，所以能导电，综上所述①③⑤符合题意，故选B。答案选A9.相同温度和压强下，1molCO和1molCO2相比较，下列说法不正确的是A.分子数相同，但原子数不同B.体积相同，但不一定是22.4LC.质子数不同，电子数也不同D.两者的密度相同【答案】D【解析】【详解】A．相同物质的量的气体所含分子数相同，但CO中有2个原子，CO2中3个原子，物质的量相同的两种气体中所含原子数不同，故A正确；B．相同温度和压强条件下，相同物质的量气体占有相同的体积，但温度压强不一定是标况，体积不一定是22.4L，故B正确；C．1个CO中质子数为14，电子数为14；1个CO2中质子数为22，电子数为22；相同分子数的两种气体中所含质子数和电子数均不相同，故C正确；D．同温、同压条件下，物质的量相同的两种气体的体积相同，但两者质量不同，故密度不同，故D错误；故选：D。10.将NaCl固体加入水中，在水分子的作用下，Na+和Cl−脱离NaCl固体的表面进入水中。该过程的示意图不正确的是 A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】将NaCl固体加入水中，在水分子的作用下，盐表面的Na+和Cl−在水分子作用下脱离NaCl固体的表面进入水中，形成水合钠离子和水合氯离子。Na+在水中形成水合钠离子时，由于Na+带正电，所以H2O分子中带部分负电荷O原子靠近Na+一侧；Cl-形成水合氯离子时，由于Cl-带负电，因此H2O分子中带有正电荷的H原子一端靠近Cl-一侧，故上述图示中错误的表述是，故合理选项是D。11.对于实验室突发事件的应对措施和常见废弃物处理不恰当的是A.对于酸、碱、氧化剂或还原剂的废液应分别收集B.如果不慎将碱液沾到皮肤上，应立即用大量的水冲洗，然后涂上盐酸C.易燃物如钠、钾等若随便丢弃易引起火灾，可将未用完的钠、钾放回原试剂瓶D.对于含重金属离子的废液，可利用沉淀法进行处理【答案】B【解析】【详解】A．对于酸、碱、氧化剂或还原剂的废液应分别收集，在确定酸和碱混合，氧化剂和还原剂混合，无危险时，可以利用中合法或氧化还原法，各取少量分次混合再排放，故A正确；B．如果不慎将碱液沾到皮肤上，应立即用大量的水冲洗，然后涂上硼酸，盐酸具有腐蚀性，故B错误；C．中学实验中，对于钠，钾，磷等易燃易爆物品，如果实验中未使用完时，可以将剩余的物品放回原试剂瓶保存，切忌乱扔，故C正确； D．对于含有铅，汞，镉等重金属的废液，我们一般采用沉淀的方法来降低对环境的污染，故D正确；故选B。12.茶叶中铁元素的检验可经过选项中四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A.将茶叶灼烧成灰，选用①、②和⑨B.用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④和⑦C.过滤得到滤液，选用④、⑤、⑥和⑦D.检验滤液中的，选用③、⑧和⑩【答案】C【解析】【详解】A.将茶叶灼烧成灰，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②、⑨和三脚架或带铁圈的铁架台，A项所选实验用品都能用到；B.用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，B项所选实验用品都能用到；C.过滤时不需要用容量瓶，C项所选实验用品不能都用到；D.检验滤液中的，可取少量滤液于试管中，用胶头滴管滴入溶液，用到的实验用品有③、⑧和⑩，D项所选实验用品都能用到；答案选C。13.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是A.配制480mL0.l0molL-1的CuSO4溶液，需称取12.5g胆矾(CuSO4·5H2O)B.配制1L0.1mol·L-1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85gNaCl固体C.配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高D.用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏低 【答案】A【解析】【详解】A．实验室中没有480mL的容量瓶，所以应配制500mL溶液，需称取胆矾的质量为，A正确；B．托盘天平的精确度是0.1g，不能用托盘天平称量5.85gNaCl固体，B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会使溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，C错误；D．用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，会使浓盐酸的体积偏大，导致所配溶液浓度偏高，D错误；故选A。14.下列有关实验现象的描述正确的是A.把一粒绿豆大小的钠投入水中可观察到钠剧烈反应，在水中上下浮动B.铁丝在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，加水溶解后，溶液呈黄色C.在试管中加入少量Na2CO3固体，滴入几滴水，振荡，体系温度下降D.将一小块铝片投入装有NaOH溶液的试管中，可立即观察到有大量气泡产生【答案】B【解析】【详解】A．把一粒绿豆大小的钠投入水中，可观察到钠与水剧烈反应，在水面上不断游动，逐渐减小，最后消失，A项错误；B．铁丝在氯气中燃烧，会生成氯化铁，氯化铁的水溶液为黄色，所以实验现象为：产生棕褐色的烟，加水溶解后，溶液呈黄色，B项正确；C．固体溶于水放热，在试管中加入少量固体，滴入几滴水，振荡，体系温度升高，C项错误；D．将一小块铝片投入装有NaOH溶液的试管中，开始是Al片表面的与NaOH溶液反应产生可溶性，然后是Al与NaOH溶液反应产生，因此观察到的现象为：开始无明显现象，后来有大量气泡产生，D项错误；故选B15.下列说法正确的是A.、、、单质的颜色逐渐加深，沸点逐渐降低 B.金属和非金属分界线附近可以寻找制作优良的催化剂的元素C.同一周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数可以相差25D.在多电子原子中，离核近的区域内运动的电子能量较高【答案】C【解析】【详解】A．常温下、为气体，为液体，为固体，沸点逐渐升高，故A错误；B．金属和非金属分界线附近的元素往往具有一定的金属性和一定的非金属性，常用于作半导体材料，故B错误；C．短周期ⅡA与ⅢA族原子序数相差1，第四、五周期相差11，第六、七周期因有镧系元素和锕系元素存在，ⅡA与ⅢA族原子序数相差25，故C正确；D．电子离核越近能量越低，故D错误；故选：C。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)16.下列说法正确的是A.溶于水能导电，所以为离子化合物B.熔融状态下不能导电的物质一定是共价化合物C.化学物质都由共价键或离子键结合而成D.溶于水既有极性共价键的断裂又有极性共价键的形成【答案】D【解析】【详解】A．是共价分子，溶于水是分子内共价键断裂电离出氢离子和氯离子、因而能导电，不能按水溶液的导电性推断为离子化合物，A错误；B．熔融状态下不能导电的物质可能是单质、也可能是化合物，B错误；C．大多数化学物质由共价键或离子键结合而成，但是稀有气体的原子最外层已达稳定，不需要形成化学键，C错误；D．溶于水生成氢氧化钠，水分子内有极性共价键、生成的氢氧根内部有极性共价键，故既有极性共价键的断裂又有极性共价键的形成，D正确；答案选D。17.下列离子方程式正确的是A.氯化铁溶液和过量锌反应：Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+ B.向Ba(OH)2溶液中滴加等体积等浓度的NH4HSO4溶液：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2OC.氢氧化镁和盐酸反应：H++OH-=H2OD.氢氧化铝可用于治疗胃酸过多：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O【答案】D【解析】【详解】A．氯化铁溶液和过量锌反应会生成氯化锌和铁，正确的离子方程式为：，A错误；B．向溶液中滴加等体积等浓度的溶液，会生成硫酸钡沉淀，一水合氨和水，正确的离子方程式为：，B错误；C．氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，氢氧化镁是沉淀，离子方程式中不可拆，正确的离子方程式为：，C错误；D．胃酸主要成分为盐酸，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，氢氧化铝是沉淀，离子方程式中不可拆，离子方程式为：，D正确；故选D。18.下表中，陈述Ⅰ、Ⅱ都正确且两者之间有关联的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA用铁丝蘸取某溶液于酒精灯上灼烧，火焰呈黄色溶液中一定含钠盐BAl(OH)3能在NaOH溶液中溶解Al有一定的非金属性C盐酸中逐滴滴入Na2CO3溶液，立即产生大量气泡氯元素的非金属性比碳强D用足量的盐酸溶液铁与水蒸气反应后的固体，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红铁与水蒸气反应生成FeOA.AB.BC.CD.D【答案】B 【解析】【详解】A．用铁丝蘸取某溶液于酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中一定含有钠元素，但不一定含钠盐，也有可能含有NaOH，A项错误；B．向沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀溶解，发生反应：，说明金属氢氧化物显两性，也具有一些酸的性质，从而可证明金属元素Al有一定的非金属性，B项正确；C．盐酸中逐滴滴入溶液，立即产生大量气泡，说明盐酸的酸性强于碳酸，但盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化物，所以不能说明氯元素的非金属性比碳强，C项错误；D．用足量的盐酸溶解铁与水蒸气反应后的固体，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明与盐酸反应后的溶液中无，这是由于Fe与蒸气在高温下发生反应：，当用盐酸溶解反应后的固体产物时，发生反应：，未反应的铁粉与在溶液中发生反应：，导致溶液中无，因此向溶液中滴加KSCN溶液不变红色，所以向溶液中滴加KSCN溶液不变红色，并不是因为铁与水蒸气反应生成FeO，D项错误；故选B。19.将一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物置于密闭容器中充分加热，反应中转移电子的物质的量为1mol，下列说法一定正确的是A.容器中一定有B.反应后，容器中一定没有C.反应后，容器中的固体只有D.混合物中和的物质的量一定相等【答案】A【解析】【详解】加热时NaHCO3分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，然后发生：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由方程式可知，转移1mol电子，则生成0.5molO2，可知反应1molNa2O2，如过氧化钠过量，则产物生成Na2CO3和NaOH，如过氧化钠不足，则产物为Na2CO3，可能有NaOH，不一定有水。 故答案为：A。20.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是A.该反应的还原剂是Cl-B.消耗1mol还原剂，转移6mol电子C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D.反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。【详解】该反应方程式为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。A．由方程式可知：在反应中NH4+中N元素在反应后化合价升高，所以还原剂为NH4+，A错误；B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，B错误；C．由方程式可知氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C错误；D．反应生成H+，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增强，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式，然后再进行分析判断，侧重考查学生的分析能力和计算能力。21.Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素。其中Z、Y、W分别位于三个不同周期，Y、Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y、X、W三种简单离子的核外电子排布相同。由Z、Y、X、W形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法不正确的是 A.简单氢化物的稳定性：B.该物质中所有原子均满足最外层的稳定结构C.X与Y、Y与Z均可形成含非极性共价键的化合物D.W与X两者的最高价氧化物对应的水化物之间可发生反应【答案】B【解析】【分析】由结构图和题意可知，X为Na。而Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、Y、W分别位于三个不同周期，则Z位于第一周期为H，Y位于第二周期，W位于第三周期。Y、Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y、X、W三种简单离子的核外电子排布相同，且结构图中Y只能形成两个共价键，因此Y为O，Q为S，且W得一个电子后形成四个共价键，W为Al。因此Z、Y、X、W、Q分别为H、O、Na、Al、S。【详解】A．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性O>S，A正确；B．该物质中H不满足8电子稳定结构，B错误；C．H与O形成的过氧化氢为含有非极性共价键的化合物，O与Na形成的过氧化钠为含有非极性共价键的化合物，C正确；D．氢氧化铝为两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，D正确；答案选B。22.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数小于0.5NAB.2.3gNa与足量O2反应生成Na2O2，转移电子数为0.2NAC.含0.4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数目为0.2NAD.8.4gNaHCO3固体所含离子数为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A．在标准状况下，含有的分子数等于，常温常压下的温度高于标准状态，根据公式pV=nRT 可知，相同条件下，常温常压下的气体的物质的量小于标准状态，故在常温常压下，含有的分子数小于，A正确；B．2.3gNa的物质的量为为0.1mol，Na完全反应生成，转移电子数为，B错误；C．由于随着反应进行，盐酸浓度逐渐减小，稀盐酸和二氧化锰不反应，HCl不会完全被消耗，转移电子数目小于，C错误；D．固体的物质的量为0.1mol，是由和构成的，所以所含离子数为，D错误；故选A。23.常温下，向0.25mol·L-1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成的沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是A.硫酸溶液的体积为25mLB.b时刻溶液中的浓度约为0.125mol·L-1C.c时刻溶液中，c(OH-)=0.05mol·L-1D.溶液的导电能力：cF->Na+（4）CH4、NH3、HF（5）BrCl+2NaOH=NaCl+NaBrO+H2O（6）ABD【解析】【分析】“金字塔”式元素周期表的实质是将原周期表的空隙部分进行删除形成的，与原元素周期表没有本质的区别，第一行为第一周期元素，第二行为第二周期元素，以此类推，同行自左向右顺序与元周期表相同，由元素周期表可以知道，a为H元素，b为C元素，w为N元素，d为F元素，e为Na元素，f为S元素，h为Cl元素，g为Br元素，结合元素和物质的性质解答。【小问1详解】由周期表可知，g为Br元素，位于第四周期，和F、Cl处于同一主族，即位于第四周期第VIIA族；h为Cl元素，g为Br元素，二者位于同一主族，非金属性Cl>Br，氯气能置换出溴化钠溶液中的溴，离子方程式为：。【小问2详解】w为N元素，N元素的最低价氢化物为，其最高价氧化物对应的水化物为，二者反应生成硝酸铵，反应的化学方程式为；a为H元素，b为C元素，分子即的空间构型是正四面体形。【小问3详解】d为F元素，e为Na元素，f为S元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，对于同周期元素，阳离子半径小于阴离子半径，则离子半径：。【小问4详解】形成的10电子分子的元素的原子序数一定小于10，即为H、C、N、F，则上述所列元素形成的10电子分子的化学式有、、HF。【小问5详解】BrCl属于卤素互化物，性质与相似，但Cl的非金属性比Br强，所以Br呈+1价，Cl呈-1价，与氢氧化钠溶液反应为非氧化还原反应，则化学方程式为。【小问6详解】A．H元素化合价范围为，其最高正价与最低负价绝对值相等，但处于第IA族，A项错误；B．第五周期第0族，原子序数为54，第五周期第VA族，其原子序数应为：54-3=51，B项错误； C．h和f同周期，且h在右边，同周期元素越往右，非金属性越强，故h非金属性更强，h形成的最简单氢化物比f形成的最简单氢化物的稳定性高，C项正确；D．周期表中当某元素的周期序数大于其族序数时，该元素处于左下方，属于金属元素，D项错误；故选ABD。28.化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成，为了研究其组成，设计并完成如下实验：已知：气体甲可使湿润的pH试纸变蓝。请回答以下问题：（1）气体甲的电子式为___________；化合物M的化学式为___________；（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是___________(用化学方程式解释)；（3）气体甲的水溶液与反应液中金属阳离子反应的离子方程式是___________。【答案】（1）①.②.Fe4N（2）（3）【解析】【分析】化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成，10.71g和足量稀硫酸反应得到反应液，反应液中加入足量氢氧化钠溶液过滤得到白色沉淀乙和气体甲，气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，判断甲为氨气，乙在空气中变化为红褐色沉淀，说明乙为氢氧化亚铁，丙为氢氧化铁，灼烧得到固体丁为氧化铁14.40g，证明化合物M中含氮元素和铁元素，结合元素守恒计算物质的量得到M的化学式，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.18mol，化合物M中含N元素物质的量n(N)==0.045mol，n(Fe)：n(N)=0.18：0.045=4：1，即化学式为Fe4N，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，气体甲为NH3，故其电子式为，由分析可知，化合物M的化学式为Fe4N，故答案为：；Fe4N； 【小问2详解】白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小问3详解】由分析可知，气体甲为NH3，故其水溶液即NH3‧H2O与反应液中金属阳离子即Fe2+，故二者反应的离子方程式是，故答案为：。29.Ⅰ.某化学兴趣小组利用某工业废铁屑制备食品添加剂FeSO4·7H2O，流程图如下（1）溶液C中的溶质为___________(填写化学式)；（2）“酸浸”时需加入试剂的化学式为___________，请写出该过程中属于非氧化还原反应的离子方程式___________；（3）溶液C→Al(OH)3的离子方程式是___________；（4）“灼烧”操作应选择下列哪一种仪器___________(填序号)A.B.C.D.Ⅱ.高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。（5）现用其测定某补血剂片中亚铁的含量：称取含(式量为278)的补血剂片ag，充分研磨后溶于水，配成100mL溶液，取25.00mL的该溶液与0.1mol/L的酸性高锰酸钾溶液反应，上述过程发生反应的离子反应式：___________；（6）甲同学四次实验消耗的KMnO4溶液体积数据如下测定次数第1次第2次第3次第4次V(KMnO4液)/mL24.9825.0225.0020.00 根据甲同学的实验数据，该补血剂中的质量分数为___________(用a表示)。（7）补铁剂使用时建议与维生素C同服，乙同学猜测维生素C可将Fe3+转化Fe2+，以利于人体吸收。为了验证这一猜想，设计了如下实验：实验方案实验现象取适量Fe2(SO4)3溶液于试管中，加入维生素C片，振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液紫色褪去由上述实验能否得出“维生素C可将Fe3+转化为Fe2+”的结论？回答并说明理由：___________。【答案】（1）NaAlO2、NaOH（2）①.H2SO4②.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（3）AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO（4）B（5）5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O（6）×100%（7）否，维生素C具有还原性，若维生素C过量，也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色【解析】【分析】某工业废铁屑含铁、少量氧化铁和铝等，加足量氢氧化钠溶液，铝和氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠溶液，氧化铁、铁不反应，过滤得固体A为铁、氧化铁的混合物，为防止引入其它杂质，固体A由硫酸酸浸，氧化铁先变成硫酸铁、再过量铁反应变成硫酸亚铁，铁与稀硫酸反应得到硫酸亚铁，溶液B主要为硫酸亚铁溶液、经过一系列步骤、再用结晶法提取绿矾晶体，溶液C为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合物，溶液C中通足量的二氧化碳得到氢氧化铝，氢氧化铝经灼烧得到氧化铝，据此回答。【小问1详解】据分析溶液C中的溶质为NaAlO2、NaOH。【小问2详解】据分析，“酸浸”时需加入试剂的化学式为H2SO4，该过程中氧化铁与硫酸变成硫酸铁的反应属于非氧化还原反应，离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。【小问3详解】溶液C为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合物，溶液C中通足量的二氧化碳得到氢氧化铝，离子方程式为：AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO。 【小问4详解】坩埚用于灼烧固体，“灼烧”操作应选择仪器为坩埚，选B。【小问5详解】Fe2+和MnO在酸性条件下发生氧化还原反应生成Fe3+和Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。【小问6详解】由表格数据可知，第4次实验误差较大，应该舍去，3次实验V(KMnO4液)的平均值为mL=25.00mL，根据方程式5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.025L×0.1mol/L=0.0125mol，则该补血剂中n()=n(Fe2+)=4×0.0125mol=0.05mol，该补血剂中的质量分数为。【小问7详解】由上述实验能不能得出“维生素C可将Fe3+转化为Fe2+”的结论，原因是：维生素C具有还原性，若维生素C过量，也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色。30.氯酸钠也能与盐酸反应生成氯气，同时还生成二氧化氯。二氧化氯（ClO2）熔点-59℃，沸点11℃，受热易分解，1体积水可溶解20体积的ClO2，下面是实验室用氯酸钠溶液与盐酸反应制取二氧化氯和氯水可能用到的实验装置和仪器（支持仪器和连接用橡胶管已略去）；（1）图中仪器D的名称为___，使用时___接口连接自来水龙头。（2）检查B装置气密性的具体操作为___。（3）氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的混合气体，控制50℃的加热方法是___，写出该反应的化学方程式___。（4）从上述仪器中选择必要的仪器进行实验，仪器接口的连接顺序按照气流从左往右（用接口小写字母表示）是___。（5）F中为NaOH溶液，作用是___。 （6）在ClO2和氯水中分别放置一块品红染色的布条，两块红布条都褪色了，原因分别是ClO2___，氯水___。【答案】①.直形冷凝管②.g③.用弹簧夹夹住c口，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的水面，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明装置气密性良好④.水浴加热⑤.2NaClO3+4HCl2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O⑥.dehabjibak⑦.处理尾气⑧.自身具有漂白性⑨.含有的次氯酸具有漂白性【解析】【分析】本实验采用氯酸钠与盐酸反应生成氯气，为了更好的控制反应的停止与发生可选用C装置作为发生装置，为防止温度过高二氧化氯分解可采用水浴加热的方法，得到二氧化氯和氯气的混合气体，二氧化氯易溶于水，故不能先通过水吸收氯气之后再收集二氧化氯，二氧化氯的沸点为11℃，故可用冷凝管冷却成液体，用A装置进行收集，a口进b口出，之后连接E装置，j口进i口出，制取氯水，F装置可以用来收集尾气，为了防止发生倒吸，可在E、F之间再连接一个A装置，但要b口进a口出。【详解】(1)根据仪器结构特点可知其为直形冷凝管，使用时g口连接水龙头，故答案为：直形冷凝管；g；(2)可采用微热法检验该装置气密性，方法为：用弹簧夹夹住c口，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的水面，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明装置气密性良好；(3)控制50℃的加热可采用水浴加热的方法；根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：2NaClO3+4HCl2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O；(4)根据分析可知仪器接口的连接顺序按照气流从左往右是：dehabjibak；(5)该反应中尾气有毒需要处理，故F的作用为处理尾气；(6)两块红布条都褪色了，原因分别是ClO2自身具有漂白性，氯水中含有的次氯酸具有漂白性。【点睛】集气瓶的用处有很多，首先可以收集气体，其次加入合适的溶液长进短出可以进行洗气，空瓶短进长出或者短进短出可以用来防止倒吸。31.实验室中有一瓶碳酸氢钠固体，因受热而部分变质(杂质为Na2CO3，假设杂质分布均匀)。为测定其组成，用分析天平称称取1.7240g样品溶于水，配成500mL溶液。取出25.00mL该溶液，加入一定物质的量浓度的Ba(OH)2溶液至20.00mL时沉淀量达到最大值，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为0.1970g。请计算：(1)所加Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为______mol·L－1(2)样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=___【答案】①.0.05②.n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=9:1 【解析】【详解】(1)设原样品中碳酸氢钠的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，加入一定物质的量浓度的Ba(OH)2溶液至沉淀量达到最大值时，有关反应如下：Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH、Ba(OH)2+NaHCO3=BaCO3↓+NaOH+H2O，结合反应方程式可得：①x+y=、②84x+106y=1.7240g，联立解得：x=0.018mol、y=0.002mol；根据化学方程式可知，Ba(OH)2的物质的量等于NaHCO3、Na2CO3的物质的量之和，所以n[Ba(OH)2]==0.001mol，c[Ba(OH)2]==0.05mol/L；