重庆市第一中学2023-2024学年高一下学期3月定时练习化学试题 Word版含解析.docx

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2024年重庆一中高2026届高一下期3月定时练习化学试题注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H-1D-2N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一项是符合题意)1.化学在我们生活中无处不在，下列说法中不正确的是A.江河入海口沙洲的形成与胶体的聚沉有关B.酒驾测试仪是利用乙醇将K2Cr2O7氧化成Cr3+C.某些喷气式飞机的发动机叶片是由镍钴合金制造，能承受高温D.硬铝的密度小、强度大，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料【答案】B【解析】【详解】A．江河入海口处，海水中的电解质使泥沙胶体发生聚沉，于是形成了沙洲，故A正确；B．酒驾测试仪是利用乙醇将K2Cr2O7还原成Cr3+，于是发生颜色改变，故B错误；C．镍钴合金熔点高，可承受高温，可作喷气式飞机的发动机叶片，故C正确；D．硬铝的密度小、强度大，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故D正确；故选B。2.2023年10月4日，化学家芒吉•G.巴文迪、化学家路易斯•E.布鲁斯和物理学家阿列克谢•I叶基莫夫因“发现和合成量子点”获得2023年诺贝尔化学奖。碳量子点是一类具有显著荧光性能的零维碳纳米材料，直径低于10nm。碳量子点通常是由无定型和晶态的碳核组成，在碳核表面含有不同的含氧官能团，例如羟基(-OH)等。下列说法正确的是A.碳量子点属于胶体B.胶体与溶液的本质区别是是否具有丁达尔效应C.碳量子点直径比碳原子大D.碳量子点与石墨属于同素异形体 【答案】C【解析】【详解】A．碳量子点直径低于10nm，把碳量子点分散到其它分散剂中才能形成胶体，故A错误；B．胶体与溶液的本质区别是分散质粒子直径不同，故B错误；C．碳量子点通常是由无定型和晶态的碳核组成，在碳核表面含有不同的含氧官能团，碳量子点直径比碳原子大，故C正确；D．碳量子点通常是由无定型和晶态的碳核组成，在碳核表面含有不同的含氧官能团，碳量子点与石墨不是同素异形体，故D错误；选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.18gD2O中含有的中子数为10NAB.常温常压下，18gNH所含的电子数为10NAC.0.1mol•L-1FeCl3溶液中所含Cl-的数目等于0.3NAD.标准状况下，2.24L溴与足量铁粉充分反应转移电子数0.2NA【答案】B【解析】【详解】A．1个D2O中含10个中子，18gD2O的物质的量为0.9mol，中子数为9NA，故A错误；B．1个NH中含10个电子，18gNH的物质的量为1mol，所含的电子数为10NA，故B正确；C．溶液体积未知，无法确定Cl-的数目，故C错误；D．标准状况下，溴为液态，不能依据体积确定其物质的量，故D错误；故选：B。4.关于碱金属元素与卤族元素，下列叙述正确的是A.碱金属与卤族元素单质的密度均随核电荷数的增大而增大B.碱金属与卤族元素单质的熔沸点均随核电荷数的增大而升高C.碱金属与卤族元素原子的半径大小均随核电荷数的增大而增大D.碱金属元素最高价氧化物对应水化物的碱性及卤族元素最高价氧化物对应水化物的酸性均随核电荷数的增大而增强【答案】C【解析】【详解】A．碱金属中Na的密度比K大，故A错误； B．卤族元素单质的状态从气态到液态再到固态，熔沸点从上到下逐渐增大；而碱金属熔沸点均随核电荷数的增加而降低，故B错误；C．随着核电荷数的增大，碱金属元素和卤素的原子的核外电子层数越多，则原子半径都逐渐增大，故C正确；D．碱金属元素从上到下，金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性从上到下逐渐增强；而卤素元素从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性也减弱（F没有正价），故D错误；故选C。5.下列离子方程式书写正确的是A.Fe3O4溶于HI溶液：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB.明矾溶液与足量氨水反应：Al3++4NH3•H2O=Al(OH)+4NHC.向漂白液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClOD.0.2mol/LCa(HCO3)2与0.3mol/LNaOH等体积混合：2Ca2++3HCO+3OH-=2CaCO3↓+CO+3H2O【答案】D【解析】【详解】A．四氧化三铁溶于氢碘酸，铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，反应的离子方程式为：Fe3O4+2I-+8H+=3Fe2++I2+4H2O，故A错误；B．明矾溶液为KAl(SO4)2溶液，溶液中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不溶于氨水，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故B错误；C．漂白液的有效成分为次氯酸钠，向漂白液中通入少量CO2，反应产生碳酸氢根和次氯酸，故C错误；D．0.2mol/LCa(HCO3)2与0.3mol/LNaOH等体积混合反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，离子方程式为：2Ca2++3HCO+3OH-=2CaCO3↓+CO+3H2O，故D正确；故选D。6.“类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列有关“类比”对物质性质的推测正确的是A.CO2与CaCl2溶液不反应，推测CO2与Ca(NO3)2溶液也不反应B.Al(OH)3无法通过化合反应制取，推测Fe(OH)3也无法通过化合反应制取C.Na在空气中加热生成，Li在空气中加热也生成D.溶解度大于，的溶解度也大于【答案】A 【解析】【详解】A．CO2与CaCl2溶液不反应，CO2与Ca(NO3)2溶液也不符合复分解反应条件，也不反应，A正确；B．氢氧化亚铁和氧气、水化合生成氢氧化铁沉淀，B错误；C．Li在空气中加热只能生成Li2O，C错误；D．的溶解度小于的溶解度，D错误；故选A。7.应用下列装置和试剂能达到对应实验目的的是选项ABCD装置目的实现“随开随用、随关随停”制氧气用于除去中少量杂质用洁净的铁丝蘸取碳酸钾做焰色试验制备胶体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠固体是粉末，与水反应生成氢氧化钠溶液，故不能放置在带孔隔板上，A不符合题意；B．饱和食盐水用于除去中少量杂质，B符合题意；C．用洁净的铁丝蘸取碳酸钾做焰色试验时，应透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色，C不符合题意；D．将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，D不符合题意； 故选B。8.镓(31Ga)与砷(33As)形成的化合物砷化镓(GaAs)作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，它们的商用价值进入了“快车道”。下列有关说法不正确的是A.Ga位于元素周期表第四周期B.Ga为门捷列夫预言的“类铝”C.砷在通常状况下是固体D.砷化氢(AsH3)比NH3稳定【答案】D【解析】【详解】A．Ga为31号元素，位于元素周期表第4周期ⅢA族，故A正确；B．Ga与Al同主族，且相邻，为门捷列夫预言的“类铝”，故B正确；C．同主族元素单质磷是固体，根据元素周期律知，砷是固体，故C正确；D．同主族自上而下，非金属性减弱，非金属性N＞As，所以氢化物稳定性AsH3＜NH3，故D错误；故选D。9.短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法错误的是A.简单离子半径：W＞Z＞XB.W的最高价氧化物对应的水化物为强酸C.与X形成最简单化合物的还原性：Y＞WD.Y和Z的简单离子具有相同的电子层结构【答案】C【解析】【分析】X、Y、W位于不同周期且为短周期元素，可知X、Y、W分别为第一、第二、第三周期的元素，又X、Y、Z和W均为主族元素，可知X为氢元素；Z的原子半径在短周期主族元素中最大可知Z为钠元素，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，可知Y、W的原子最外层电子数之和为13，即Y为O（或F）元素，W为Cl（或S）元素。【详解】根据分析可知，X为H，Y为O（或F），Z为Na，W为Cl（或S）元素。A．电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径：Cl-（或S2-）＞Na+＞H+，故A正确；B．Cl和S的最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硫酸，高氯酸和硫酸都是强酸，故B正确；C．非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性：O（或F）＞Cl（或S），则简单氢化物的还原性：H2O（或HF）＜HCl（或H2S），故C错误；D．O2-（或F-）和Na+具有相同的电子层结构，故D正确；故选C。 10.溴化碘(IBr)的化学性质很像卤素的单质，它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物，它也能与水发生以下反应：IBr＋H2O=HBr＋HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是(　　)。A.在很多反应中IBr是强氧化剂B.IBr与水反应时既作氧化剂，又作还原剂C.IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀D.IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO【答案】B【解析】【详解】A.IBr碘为＋1价，溴为－1价，IBr是一种强氧化剂，故A正确；B.IBr与水的反应不是氧化还原反应，而是复分解反应，故B错误；C.已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀，故C正确；D.已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO，故D正确；答案选B。【点睛】B容易错，受氯气和水反应的影响，同学往往错以为IBr＋H2O=HBr＋HIO是氧化还原反应，应从化合价的角度分析该反应化合价不发生变化，是非氧化还原反应。11.(YW4)2X2Z4•W2Z为无色柱状晶体，受热易分解，已知W、X、Y、Z原子序数依次增大，其和为22，X、Y、Z为同一周期相邻元素。可利用如图装置检验该化合物分解出的相同元素组成的不同产物：下列说法不正确的是A.(YW4)2X2Z4•W2Z可以与碱溶液反应B.装置B中盛装的试剂是氢氧化钠溶液C.反应开始前通入Y2，可以避免装置中的空气干扰产物的检验D.装置中两处澄清石灰水都变浑浊，证明分解产物中含有两种由X、Z组成的物质【答案】B【解析】 【分析】根据反应装置分析，澄清石灰水用于检验CO2气体，CuO用于检验CO气体，则该物质必含的一种元素为C，结合(YW4)2X2Z4·W2Z结构特点，该物质为含结晶水的盐类物质，根据W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其和为22，X、Y、Z为同一周期相邻元素，则X、Y、Z三种元素分别为C、N、O，而W的原子序数为22-6-7-8=1，为H，则该物质为(NH4)2C2O4·H2O，据此解答。【详解】A．(NH4)2C2O4·H2O属于弱酸的铵盐，既可以与酸反应又可以与碱反应，故A正确；B．装置B中盛装的试剂是浓硫酸，干燥气体，故B错误；C．反应开始前通入N2，可以排出空气，避免装置中的空气干扰产物的检验，故C正确；D．装置中两处澄清石灰水都变浑浊，证明分解产物中含有两种由X、Z组成的物质CO2、CO，故D正确；故选：B。12.某密闭刚性容器由可动活塞隔成甲、乙两室，室温下向甲中充入由H2和O2组成的混合气体19g，向乙中充入1mol空气，此时活塞的位置如图所示。下列有关说法正确的是A.甲室混合气体的分子总数为3NAB.甲室H2、O2的物质的量之比为1：3C.甲室混合气体的密度是同温同压下H2密度的9.5倍D.若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，忽略生成水的体积，活塞最终停留在刻度2处【答案】D【解析】【分析】同温同压，气体的体积比等于物质的量比。室温下向甲中充入由H2和O2组成的混合气体19g，向乙中充入1mol空气，根据图示，H2和O2的总物质的量为2mol。【详解】A．根据以上分析，H2和O2的总物质的量为2mol，则甲室混合气体的分子总数为2NA，故A错误；B．H2和O2的总物质的量为2mol，总质量为19g，设氢气的物质的量为xmol、氧气的物质的量为ymol，，则x=1.5、y=0.5，甲室H2、O2的物质的量之比为3：1，故B错误；C．甲室气体的平均摩尔质量为，同温同压，气体密度比等于摩尔质量之比，甲室混合气体的密度是同温同压下H2密度的4.75倍，故C错误；D．若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，发生反应2H2+O2=2H2O，反应后剩余0.5mol氢气，忽略生成水体积，根据气体的体积比等于物质的量比，活塞最终停留在刻度2处，故D正确； 选D。13.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na＋、NH、Mg2＋、Al3＋、、、CO。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3+8Al+5OH-+2H2O3NH3↑+8根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A.试样中肯定存在NH、Mg2＋、和B.试样中一定不含Al3+和COC.试样中可能存在Na＋、Al3+D.该雾霾中可能存在NaNO3、NH4NO3和MgSO4【答案】B【解析】【分析】试样溶液中加入过量氢氧化钡并加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体是NH3，则试样中含有NH；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有，根据元素守恒知，原溶液中含有；向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有，能和过量氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，溶解的沉淀为氢氧化镁，所以溶液中含有Mg2＋，据此分析解答。【详解】A．通过以上分析知，试样中肯定存在NH、Mg2＋、和，故A正确；B．通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，由于含有镁离子，则一定不存在碳酸根离子，故B错误； C．通过以上分析知，试样中可能存在Na+，试样中不能确定是否含有Al3+，因此可能含有铝离子，故C正确；D．根据以上分析知，试样中肯定存在NH、Mg2＋、和，可能存在Na+，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4NO3和MgSO4，故D正确，故选B。14.已知酸性溶液可与反应生成和。现将硫酸酸化的溶液与溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入溶液，混合溶液中的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中正确的是A.图中段的氧化剂为B.图中段发生的反应为C.与反应的方程式中二者系数之比为D.开始加入的为【答案】D【解析】【分析】将酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液混合，KMnO4和FeSO4反应，是氧化剂，被还原成Mn2+，Fe2+是还原剂，被氧化成Fe3+，根据电子得失守恒有：～Mn2+～5e-～5Fe2+～5Fe3+；充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，Fe3+并没有立即减少，说明溶液中还有，AB段应为和I-的反应，根据电子得失守恒有：～Mn2+～5e-～5I-～I2；B点开始Fe3+减少，说明BC段为Fe3+和I-反应，根据得失电子守恒有：2Fe3+～2Fe2+～2e-～2I-～I2，据此解答。【详解】A．开始时浓度不变，则说明没有参加反应，则AB段应为 和碘化钾的反应，为氧化剂，A错误；B．BC段浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为，B错误；C．由图可知BC段消耗I-，由2Fe3+～2Fe2+～2e-～2I-～I2可得，则，根据Fe原子守恒可知，与反应的Fe2+的物质的量为0.9mol，那么根据～Mn2+～5e-～5Fe2+～5Fe3+可得，和与反应的物质的量为为所以与FeSO4反应的物质的量之比=0.18mol：0.9mol=1:5，C错误；D．三个过程合在一起看我们发现Fe元素化合价没变，变价的只有中的Mn2+和I-，所以，由得失电子守恒可得关系式可知，共消耗的，则开始加入的的物质的量为，D正确；答案选D。II卷(共4题，共58分)二、非选择题(本题共5小题，共58分)15.元素周期表反映了元素之间的内在联系，是学习、研究和应用化学的一种重要工具。如表是元素周期表的一部分，数字①~⑨代表前四周期的九种主族元素。请按题目要求回答下列问题：（1）①~⑨对应元素中，非金属性最强的元素名称是______；元素①有H、D、T三种质子数相同，中子数不同的核素，它们互称为______，物质DT属于______(选填“单质”、“化合物”)。（2）元素①与元素②可形成10电子分子和18电子分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式：_______。（3）元素②的简单氢化物与⑧的单质反应的离子方程式为_______。（4）③、④、⑤、⑦简单离子的半径由大到小的顺序是______(用离子符号作答)。（5）④、⑤、⑧三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序是______(用化学式作答)。（6）元素⑨的氢化物可与H2O反应生成一种碱和一种单质，该单质的化学式为______。（7）某小组同学设计实验比较VIIA族元素的非金属性：Cl＞Br＞I 甲同学设计实验如图1所示：打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙黄色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气。乙同学设计实验如图2所示：向A中通入少量Cl2充分反应后，静置A中液体为橙黄色，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡，试管中的CCl4层变为紫红色。①上述______(选填“甲同学”、“乙同学”或“两位同学”)的实验能证明非金属性：Cl＞Br＞I。②除了利用卤素单质间的置换反应，下列可作为卤族元素非金属性递变规律的判断依据有______。A.Cl2、Br2、I2的熔点逐渐升高B.HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱C.HCl、HBr、HI水溶液的酸性逐渐增强D.Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强【答案】（1）①.氟②.同位素③.单质（2）2H2O2=2H2O+O2↑（3）2H2O+2K=2K++2OH-+H2↑（4）Cl->O2->Na+>Al3+（5）KOH>NaOH>Al(OH)3（6）H2（7）①.乙②.BD【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置，①是H元素、②是O元素、③是F元素、④是Na元素、⑤是Al元素、⑥是S元素、⑦是Cl元素、⑧是K元素、⑨是Ca元素。【小问1详解】同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，①~⑨对应元素中，非金属性最强的元素名称是氟；元素①有H、D、T三种质子数相同，中子数不同的核素，它们互称为同位素，物质DT是同种元素组成的纯净物，属于单质。【小问2详解】H与元素O可形成10电子分子H2O和18电子分子H2O2，H2O2分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2=2H2O+O2↑。 【小问3详解】元素②的简单氢化物是H2O，H2O与K反应生成KOH和氢气，反应的离子方程式为2H2O+2K=2K++2OH-+H2↑；【小问4详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，③、④、⑤、⑦简单离子的半径由大到小的顺序是Cl->O2->Na+>Al3+。【小问5详解】金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性K>Na>Al，所以最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序是KOH>NaOH>Al(OH)3。【小问6详解】CaH2与H2O反应生成Ca(OH)2和氢气，该单质的化学式为H2。【小问7详解】①甲中氯气能与KI反应生成碘单质，所以不能证明非金属性Br＞I，上述乙同学的实验能证明非金属性：Cl＞Br＞I。②气态氢化物越稳定，元素非金属性越强，HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，说明非金属性Cl＞Br＞I；简单阴离子还原性越弱，元素非金属性越强，Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强，说明非金属性Cl＞Br＞I；故选BD。16.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2气体，ClO2有类似Cl2的性质。某化学兴趣小组探究NaClO2的制备与性质，装置如图所示。请回答下列问题：I.制备亚氯酸钠。关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量ClO2，充分反应(该反应放出大量的热)。（1）仪器a的名称为______，仪器b的作用是______。（2）装置A中生成NaClO2，反应的离子方程式为______。（3）实际反应中发现消耗的NaOH比理论值偏少，原因可能是______。Ⅱ.探究亚氯酸钠的性质。 停止通入ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②，向A中滴入稀硫酸。（4）已知：催化剂会加快反应的进行。A中反应开始时很缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快。反应急剧加快的可能原因是______。（5）实验过程中，B中酸化的KI淀粉溶液变蓝色，产生该现象的离子方程式为______。（6）NaClO2和Cl2消毒时，还原产物均为Cl-。消毒剂的消毒效率可用单位质量消毒剂被还原时得电子数表示，计算NaClO2的消毒效率是Cl2的______倍(计算结果保留一位小数)。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.防止倒吸（2）2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO＋2H2O＋O2↑（3）反应放出的热量使温度升高导致H2O2分解，导致ClO2反应的物质的量减少，因而其反应消耗的NaOH比理论值偏少（4）NaClO2与H2SO4反应生成的Cl－对反应起催化作用，导致反应速率加快（5）（6）1.6【解析】【分析】亚氯酸钠(NaClO2)是通过ClO2、NaOH和H2O2反应得到，亚氯酸钠(NaClO2)在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2，ClO2与KI反应生成单质碘，单质碘遇淀粉变蓝。【小问1详解】根据图中信息得到仪器a的名称为圆底烧瓶，氯气和NaOH溶液易发硬，容易发生倒吸，因此仪器b的作用是防止倒吸；故答案为：圆底烧瓶；防止倒吸。【小问2详解】装置A中是ClO2、NaOH和H2O2反应生成NaClO2、H2O和O2，其离子方程式为2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO＋2H2O＋O2↑；故答案为：2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO＋2H2O＋O2↑。【小问3详解】实际反应中发现消耗的NaOH比理论值偏少，原因可能是反应放出的热量使温度升高导致H2O2分解，导致ClO2反应的物质的量减少，因而其反应消耗的NaOH比理论值偏少。【小问4详解】开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快。反应急剧加快的可能原因是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl－对反应起催化作用，导致反应速率加快。【小问5详解】实验过程中，B中酸化的KI淀粉溶液变蓝色，是由于在酸性条件下，ClO2、KI发生氧化还原反应产生 I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，该反应的离子方程式为：。【小问6详解】NaClO2和Cl2消毒时，还原产物均为Cl-。消毒剂的消毒效率可用单位质量消毒剂被还原时得电子数表示，NaClO2的消毒效率是；Cl2的的消毒效率是，因此消毒效率的比。17.工业上用赤铁矿(主要含Fe2O3、FeO，还含有少量的Al2O3、CuO等杂质)制备绿矾(FeSO4•7H2O)的流程如图：（1）赤铁矿中加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为______。（2）试剂a为_____(填化学式)，试剂b为_____(填化学式)，“溶液I”中氧化性最强的阳离子为______(填化学式)。（3）操作②需要使用到的玻璃仪器有_______。（4）另取2mL“滤液II”加入试管中，并向该溶液中滴入稀H2SO4酸化的H2O2溶液，观察到溶液由浅绿色变成棕黄色，请写出该反应的离子方程式______。（5）操作③需要隔绝空气的主要原因是______。（6）8.34gFeSO4•7H2O(M=278g•mol-1)样品受热分解过程中样品质量随温度变化的曲线如图所示：请回答下列问题①温度为78℃时，固体物质M的化学式为______。②取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种常见硫的氧化物生成，写出由P生成Q的化学方程式_______。 【答案】（1）（2）①.稀H2SO4②.Fe③.Fe3+（3）漏斗、烧杯、玻璃棒（4）（5）防止Fe2+被氧气氧化（6）①.FeSO4•4H2O②.【解析】【分析】赤铁矿主要含Fe2O3、FeO，还含有少量的Al2O3、CuO。赤铁矿加氢氧化钠溶解Al2O3，过滤，滤液Ⅰ中主要含有四羟基合铝酸钠，滤渣Ⅰ中含有Fe2O3、FeO、CuO，滤渣Ⅰ加稀硫酸溶解得硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸的混合液，加过量铁粉，铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，铁粉置换出硫酸铜中的铜，过滤，滤渣Ⅱ是Fe、Cu的混合物，滤液Ⅱ是硫酸亚铁溶液，在隔绝空气的条件下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得绿矾。【小问1详解】赤铁矿中加入NaOH溶液，氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，发生反应的离子方程式为【小问2详解】根据上述分析，用硫酸溶解Fe2O3、FeO、CuO，试剂a为稀H2SO4；用铁粉还原硫酸铁和硫酸铜，试剂b为Fe，“溶液I”是硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸的混合液，氧化性最强的阳离子为Fe3+。【小问3详解】操作②是过滤，过滤需要使用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；【小问4详解】另取2mL“滤液II”加入试管中，并向该溶液中滴入稀H2SO4酸化的H2O2溶液，观察到溶液由浅绿色变成棕黄色，说明硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，反应的离子方程式。【小问5详解】Fe2+具有还原性，易被氧气氧化，为防止Fe2+被氧气氧化，操作③需要隔绝空气；【小问6详解】①8.34gFeSO4•7H2O物质的量为0.03mol，完全失去结晶水得0.03molFeSO4，FeSO4的质量为4.56g，根据图示P是FeSO4，则M是结晶水合物，设化学式为FeSO4•xH2O，则0.03(152+16x)=6.72，x=4，所以温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4•4H2O。 ②380℃时所得的样品P是FeSO4，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，根据铁元素守恒，Q中含有0.03molFe，则Q中氧元素的物质的量为，n(Fe)：n(O)=2:3，Q是Fe2O3，同时有两种常见硫的氧化物SO2、SO3生成，由FeSO4生成Fe2O3的化学方程式为。18.某实验小组利用硫渣(主要成分为Sn，含少量Cu2S、Pb、As等)与氯气反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。已知：SnCl4遇水极易反应。相关产物的熔沸点：物质性质SnCl4SnCl2CuClPbCl2AsCl3S熔点/℃-33246426501-18112沸点/℃1146521490951130444（1）已知Sn的原子序数为50，则Sn在元素周期表中的位置为______。（2）仪器a的名称______。（3）A中发生反应的化学方程式为______。（4）球形冷凝管的进水口为______(选填“m”或“n”)。 （5）碱石灰的作用是______。（6）SnCl4极易与水反应产生SnO2•xH2O胶体，请写出其化学方程式______。（7）实验结束后，将三颈烧瓶中得到的物质冷却至室温，______(填操作名称)，得到粗产品，粗产品再______可得到纯净的SnCl4。（8）用碘量法测量粗产品的纯度：取10.00g粗产品溶于水，加入0.100mol•L-1标准I2溶液30.00mL，并加入少量的淀粉溶液：用0.100mol•L-1的硫代硫酸钠标准溶液滴定过量的碘。滴定终点时消耗20.00mL硫代硫酸钠标准溶液。测定过程中发生的相关反应：①AsCl3+3H2O=H3AsO3+3HCl②H3AsO3+I2+H2O=H3AsO4+2HI③2S2O+I2=2I-+S4O则产品中SnCl4的纯度为______。(已知：AsCl3的摩尔质量为181.5g/mol)【答案】（1）第五周期ⅣA族（2）分液漏斗（3）（4）m（5）碱石灰防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SnCl4遇水反应；碱石灰吸收氯气，防止污染。（6）SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O(胶体)+4HCl（7）①.过滤②.蒸馏（8）96.37%【解析】【分析】A制备氯气，B除氯气中的氯化氢，C干燥氯气，D中Sn与氯气反应生成SnCl4，碱石灰防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SnCl4遇水反应；碱石灰吸收氯气，防止污染【小问1详解】Sn的原子序数为50，则Sn在元素周期表中的位置是第五周期ⅣA族；【小问2详解】根据装置图，仪器a的名称分液漏斗；【小问3详解】A中高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，发生反应的化学方程式为【小问4详解】为提高冷凝效果，冷却水“低进高出”，球形冷凝管的进水口为m。 【小问5详解】SnCl4遇水极易反应，碱石灰可以防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SnCl4遇水反应；碱石灰可以吸收氯气，防止污染。【小问6详解】SnCl4极易与水反应产生SnO2•xH2O胶体，反应的化学方程式为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O(胶体)+4HCl；【小问7详解】实验结束后，将三颈烧瓶中得到的物质冷却至室温，根据相关产物的熔沸点，SnCl4、AsCl3是液体，其余物质为固体，所以过滤可得到粗产品，SnCl4、AsCl3沸点不同，粗产品再蒸馏可得到纯净的SnCl4。【小问8详解】