PAGEPAGE16綜合檢測卷(二)[時間：90分鐘滿分：100分]一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．下列關于物質分類組合正確的是(C)選項混合物堿電解質堿性氧化物A.CuSO4·5H2OCa(OH)2NaClNa2OB．鹽酸Na2CO3H2CO3Fe2O3C．鎂鋁合金KOHBaSO4CuOD．礦泉水Mg(OH)2稀硫酸Na2O2【解析】CuSO4·5H2O是純凈物，A錯誤；Na2CO3是鹽，B錯誤；稀硫酸是混合物，不是電解質，Na2O2不是堿性氧化物，D錯誤。2．下列化學用語正確的是(A)A．CS2的結構式：S=C=SB．H2SO4的電離方程式：H2SO4=H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))C．Cl－的離子結構示意圖：D．用電子式表示氯化鈉的形成過程：Na·＋·Cl··,··eq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))→Naeq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))Cl··,··eq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))【解析】CS2中碳、硫原子通過雙鍵連接，CS2的結構式為S=C=S，A項正確；H2SO4是二元強酸，電離方程式：H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，B項錯誤；Cl－的核外有18個電子，離子結構示意圖為，C項錯誤；氯化鈉是離子化合物，用電子式表示氯化鈉的形成過程：，D項錯誤。3．已知2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，該反應中相關物質的化學用語中正確的是(A)A．H2的結構式：H—HB．中子數為12的鈉原子：eq\o\al(\s\up1(23),\s\do1(12))NaC．H2O的電子式：H＋[eq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))O··,··eq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))]2－H＋D．Na＋的結構示意圖：【解析】氫分子中，氫原子最外層只有一個電子，兩個氫原子各供應一個電子形成共用電子對，即形成氫氫共價單鍵，故A正確；AZX中Z代表質子數，即原子序數，A代表質量數，質量數＝質子數＋中子數，鈉的質子數為11，中子數為12的鈉原子質量數為23，所以中子數為12的鈉原子可表示為eq\o\al(\s\up1(23),\s\do1(11))Na，故B錯誤；水分子中氫原子與氧原子通過共用電子對形成共價鍵，所以電子式可表示為，故C錯誤；鈉原子核外有11個電子，失去一個電子形成鈉離子，所以鈉離子核外有10個電子，故D錯誤。4．從物質分類來看霧霾屬于膠體，它區分于溶液等其他分散系的本質特征是(C)A．膠粒可以導電B．膠體是混合物C．膠體粒子直徑大小為1～100nmD．膠體的分散劑為氣體【解析】膠體區分于其他分散系的本質特征是分散質粒子直徑的大小，C項正確。5．抗震救災中要用大量漂白粉和漂白液殺菌消毒。下列說法中不正確的是(B)A．漂白粉露置于空氣中簡潔變質B．氯水是比漂白粉、漂白液更穩定的漂白劑C．漂白液的有效成分是NaClOD．工業上制漂白粉的方法是將氯氣通入石灰乳中【解析】漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，若露置于空氣中，次氯酸鈣會與空氣中的二氧化碳及水反應，產生碳酸鈣及次氯酸，次氯酸見光易分解，導致變質，A項正確；氯水中含有次氯酸，光照簡潔分解，因此它比漂白粉、漂白液穩定性差，B項錯誤；漂白液是氯氣與氫氧化鈉溶液反應得到的，其有效成分是NaClO，C項正確；將氯氣通入石灰乳中，二者發生反應制得漂白粉，主要成分是氯化鈣、次氯酸鈣，其有效成分是次氯酸鈣，D項正確。6．關于下列試驗裝置或操作的說法中，正確的是(C)A．試驗裝置①可用于MnO2固體與濃鹽酸反應制取干燥氯氣B．試驗裝置②中若左邊棉花變橙色，右邊棉花變藍色，則能證明氧化性：Cl2>Br2>I2C．試驗裝置③中，先給鈉預熱，到鈉熔融成小球時，撤去酒精燈，通入Cl2，視察鈉與Cl2的反應D．試驗裝置④用于除去Cl2中含有的少量HCl【解析】試驗裝置①制取的Cl2中含有水蒸氣，且不能用排水法收集，所以A錯誤；試驗裝置②無法證明Br2、I2的氧化性強弱，B錯誤；試驗裝置④中應用飽和食鹽水，D錯誤。7．下列說法正確的是(B)A．CH4的摩爾質量為16gB．在常溫常壓下等質量的O2和SO2氣體的體積比為2∶1C．在標準狀況下，1molCCl4和1molH2的體積都約為22.4LD．將40gNaOH溶于1L水所得溶液的物質的量濃度為1mol·L－1【解析】CH4的摩爾質量為16g·mol－1，A項錯誤；在常溫常壓下等質量的O2和SO2氣體的物質的量之比為2∶1，相同條件下的體積比等于物質的量之比，即體積比為2∶1，B項正確；在標準狀況下，1molH2的體積約為22.4L,CCl4為液體，1molCCl4的體積遠小于22.4L，C項錯誤；將40gNaOH溶于1L水所得溶液的體積不為1L，則物質的量濃度不為1mol·L－1，D項錯誤。8．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是(C)A．相同質量的鋁分別與足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液反應，放出的氫氣體積確定不相同B．56gFe與足量鹽酸反應轉移電子數為3NAC．46gNO2和N2O4的混合物含有的原子數為3NAD．任何條件下，22.4LNH3與18gH2O含電子數均為10NA【解析】相同質量的鋁分別與足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液反應，放出的氫氣的物質的量相等，相同條件下體積相同，A項錯誤；56g即1mol鐵與足量鹽酸反應轉移電子數為2NA，B項錯誤；NO2和N2O4的最簡式相同，均是NO2，因此46gNO2和N2O4的混合物含有的原子數為3NA，C項正確；標準狀況下，22.4LNH3與18gH2O所含電子數均為10NA，D項錯誤。9．某氮的氧化物和灼熱的鐵進行反應：4NxOy＋3yFeeq\o(=,\s\up7(高溫))yFe3O4＋2xN2，在某次試驗中，2mol該氧化物通過500g(過量)紅熱的鐵生成1molN2和1molFe3O4，則該氧化物的化學式為(B)A．NOB．NO2C．N2OD．N2O4【解析】2mol該氧化物與足量紅熱的鐵完全反應，生成1molN2和1molFe3O4，結合化學方程式可知，4∶2x∶y＝2mol∶1mol∶1mol，解得x＝1，y＝2，故NxOy的化學式為NO2,B項正確。10．下列關于氯氣或氯的化合物的敘述不正確的是(B)A．過量的鐵粉與氯氣反應生成FeCl3B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液生成CaSO3沉淀C．氯氣能使潤濕的淀粉碘化鉀試紙變藍D．次氯酸鈣比次氯酸穩定【解析】鐵和氯氣反應生成FeCl3，A項正確；SO2和Ca(ClO)2發生氧化還原反應，得到的是CaSO4，B項錯誤；Cl2和KI反應生成碘單質，淀粉遇碘單質顯藍色，C項正確；HClO見光能分解，但Ca(ClO)2較穩定，D項正確。11．已知還原性由強到弱的依次為SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))>I－>Br－，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入確定量的氯氣后，將溶液蒸干并充分灼燒，得到的剩余固體物質的組成可能是(D)A．NaClB．NaCl、Na2SO4、NaIC．NaCl、Na2SO4、I2D．NaCl、NaBr、Na2SO4【解析】依據氧化還原反應的先后依次取決于物質氧化性或還原性的相對強弱，還原性最強的Na2SO3優先與Cl2反應生成Na2SO4：Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，所以固體中確定含有Na2SO4；其余依次為NaI、NaBr分別與Cl2反應生成I2、Br2(均生成NaCl)，則固體中確定含有NaCl；有可能NaBr未反應完全，但不會NaBr反應完全而剩余NaI，生成的Br2、I2蒸干并灼燒時將揮發、升華脫離固體，D項正確。12．硫酸鎂和硫酸鋁溶液等體積混合后，鋁離子濃度為0.1mol·L－1，硫酸根離子濃度為0.3mol·L－1，則溶液中鎂離子的濃度為(C)A．0.3mol·L－1B．0.45mol·L－1C．0.15mol·L－1D．0.2mol·L－1【解析】依據電荷守恒，溶液中陽離子所帶正電荷總數＝陰離子所帶負電荷總數，設混合溶液體積為V，則3c(Al3＋)×V＋2c(Mg2＋)×V＝2c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))×V，所以3c(Al3＋)＋2c(Mg2＋)＝2c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))，代入已知數據得3×0.1mol·L－1＋2c(Mg2＋)＝2×0.3mol·L－1，解得c(Mg2＋)＝0.15mol·L－1，故C正確。13．CO與O2反應生成CO2的歷程如下(部分微粒未畫出)：下列分析不正確的是(B)A．CO2分子的空間結構是直線形B．在該過程中，CO斷鍵形成C和OC．CO和O生成了具有極性共價鍵的CO2D．CO和O生成CO2的過程涉及電子轉移【解析】CO2分子的空間結構是直線形，所以A正確；據圖示可知，該過程中CO化學鍵不斷裂，而O2中O—O鍵斷裂，所以B不正確；不同非金屬元素原子之間形成極性共價鍵，二氧化碳分子結構式為O=C=O，其中C=O鍵為極性共價鍵，所以C正確；CO和氧原子結合生成CO2的過程中，碳元素化合價由＋2價升為＋4價，氧元素化合價從0價降為－2價，所以該反應中有電子轉移，D正確。14．在配制溶液時，下列狀況會使所配溶液濃度偏高的是(B)A．溶液轉移到容量瓶中后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌B．未經冷卻立刻將其轉移至容量瓶中C．定容時，仰視容量瓶的刻度線D．定容后搖勻，發覺液面降低，又補加少量蒸餾水至刻度線【解析】由c＝eq\f(n,V)可知，溶液轉移到容量瓶后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌，n偏小，則c偏小，A項錯誤；未經冷卻立刻將其轉移至容量瓶中，冷卻后溶液體積V偏小，n不變，則c偏大，B項正確；定容時，仰視容量瓶的刻度線，V偏大，可使所配溶液濃度偏低，C項錯誤；定容后又補加少量蒸餾水，n不變，體積V偏大，則c偏小，D項錯誤。15．用所給試劑與圖示裝置能夠制取相應氣體的是(夾持儀器略)(C)選項A.B.C.D.X中試劑水濃鹽酸雙氧水碘水Y中試劑FeMnO2MnO2NaBr制取氣體H2Cl2O2Br2【解析】鐵和水蒸氣須要在高溫條件下發生反應，常溫下不反應，A不正確；二氧化錳與濃鹽酸反應須要加熱，圖中缺少加熱裝置，且Cl2不能用排水法收集，B不正確；雙氧水在二氧化錳催化作用下分解制取氧氣的裝置為固液不加熱型，用排水法收集氧氣，故C正確；強氧化劑可以制取弱氧化劑，碘單質的氧化性比溴單質弱，則碘水與溴化鈉不反應，D不正確。16．如圖是用KClO3與濃鹽酸反應制取氯氣的簡易裝置。下列說法正確的是(B)A．A中固體也可以用高錳酸鉀、重鉻酸鉀、二氧化錳等代替B．裝置A中發生反應的化學方程式為KClO3＋6HCl(濃)=KCl＋3Cl2↑＋3H2OC．待沒有氣泡產生后，向A中加入足量AgNO3，依據沉淀質量可求出剩余鹽酸的量D．裝置B盛放的是飽和食鹽水，目的是除去HCl【解析】濃鹽酸與二氧化錳在常溫下不反應，A項錯誤；KClO3與濃鹽酸反應生成氯化鉀、氯氣和水，化學方程式為KClO3＋6HCl(濃)=3Cl2↑＋KCl＋3H2O，B項正確；反應得到的產物中有KCl，向A中加入足量的AgNO3，生成AgCl，若鹽酸過量，也與AgNO3反應生成沉淀，因此不能利用沉淀質量求出剩余鹽酸的量，C項錯誤；裝置B用于收集氯氣，D項錯誤。17．下列離子方程式書寫正確的是(C)A．氯氣與水反應：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應：Ba2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=BaSO4↓C．氯氣與澄清石灰水反應：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2OD．銅與稀鹽酸反應：Cu＋2H＋=Cu2＋＋H2↑【解析】氯氣與水反應，離子方程式：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故A錯誤；硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應，離子方程式：Ba2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2OH－＋Cu2＋=Cu(OH)2↓＋BaSO4↓，故B錯誤；氯氣與澄清石灰水反應：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故C正確；銅與鹽酸不反應，故D錯誤。18．把濃鹽酸分別滴入點滴板上的各種溶液中，現象如下：試驗現象①中溶液變藍且無其他明顯現象②中無明顯現象③中溶液褪色④中產生黃綠色氣體下列分析正確的是(D)A．①中現象體現了濃鹽酸的氧化性B．②中無明顯現象說明未發生反應C．③中反應后氯元素全部以KCl形式存在D．④中產生黃綠色氣體的反應：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O【解析】②中濃鹽酸和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和水的過程沒有明顯的現象，B項錯誤；濃鹽酸與高錳酸鉀反應的化學方程式為2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，③中反應后氯元素化合價發生變更，且由生成物可知，其不行能全部以KCl形式存在，C項錯誤；次氯酸鈉與鹽酸發生氧化還原反應，產生氯氣，④中產生黃綠色氣體的反應為ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，D項正確；③④中產生的Cl2與①中的KI反應生成I2，溶液變藍，HCl與KI不反應，A項錯誤。19．下列試驗操作正確的是(D)A．用試管取出試劑瓶中的Na2CO3溶液，發覺取量過多，為了不奢侈，又把過量的試劑倒入試劑瓶中B．Ba(NO3)2溶于水，可將含有Ba(NO3)2的廢液倒入水池中，再用水沖入下水道C．用蒸發的方法使NaCl從溶液中析出時，應將蒸發皿中NaCl溶液全部蒸干才停止加熱D．用濃硫酸配制確定物質的量濃度的稀硫酸時，濃硫酸溶于水后，應冷卻至室溫才能轉移到容量瓶中【解析】取出Na2CO3溶液，發覺取量過多，不能放回原瓶，否則會污染原試劑，A項錯誤；鋇離子有毒，可污染地下水，不能干脆排放，B項錯誤；蒸發時不能蒸干，有大量固體析出時即停止加熱，利用余熱蒸干，C項錯誤；容量瓶只能在常溫下運用，不能用來盛裝過冷或過熱的液體，濃硫酸溶于水放熱，溶液的溫度較高，應冷卻后再轉移到容量瓶中，D項正確。20．KClO3在酸性溶液中可將VO2＋氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，而自身被還原為Cl－。欲使3molVO2＋氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，須要氧化劑KClO3的物質的量是(B)A．0.2molB．0.5molC．1molD．3mol【解析】VO2＋氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，V元素化合價從＋4價升到＋5價，3molVO2＋氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))失去電子3mol，KClO3被還原為Cl－，Cl元素化合價從＋5價降到－1價，得到電子的物質的量為3mol，則須要氧化劑KClO3的物質的量為eq\f(3mol,6)＝0.5mol；B項正確。21．類推的思維方法在化學學習與探討中經常接受，但類推出的結論是否正確最終要經過試驗的驗證。以下類推的結論正確的是(D)A．由“Cl2＋H2O=HCl＋HClO”反應可推出“F2＋H2O=HF＋HFO”反應也能發生B．HCl是強酸，推出HF也是強酸C．由“2Fe＋3Cl2=2FeCl3”反應可推出“2Fe＋3I2=2FeI3”反應也能發生D．Na、K在周期表中屬于同一主族，化學性質相像，Na常溫下與水猛烈反應，故K常溫下也能與水猛烈反應【解析】F2與H2O反應生成HF和氧氣：2F2＋2H2O=4HF＋O2，A項錯誤；HF是弱酸，B項錯誤；Fe與I2反應生成FeI2：Fe＋I2=FeI2，C項錯誤；同一主族從上到下，元素的金屬性慢慢增加，故K常溫下與水反應比Na常溫下與水反應更猛烈，D項正確。22．將SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反應后再加入K2Cr2O7溶液，發生的兩個化學反應為①SO2＋2Fe3＋＋2H2O→SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2Fe2＋＋W，②Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋aFe2＋＋bH＋→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O。下列有關說法正確的是(C)A．還原性：Cr3＋＞SO2B．方程式②中，a＝6，b＝7C．Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))能將Na2SO3氧化成Na2SO4D．方程式①中W為OH－【解析】反應SO2＋2Fe3＋＋2H2O→SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2Fe2＋＋W中，SO2是還原劑，Fe2＋為還原產物，所以還原性：SO2＞Fe2＋，反應Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋aFe2＋＋bH＋→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O中，Fe2＋為還原劑，Cr3＋為還原產物，所以還原性：Fe2＋＞Cr3＋，則還原性：SO2＞Cr3＋，A項錯誤；由得失電子守恒和電荷守恒配平方程式②為Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，則a＝6，b＝14，B項錯誤；Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))具有氧化性，能將Fe2＋氧化，也能將Na2SO3氧化成Na2SO4，C項正確；由方程式①電荷守恒知，W為H＋，D項錯誤。23．現有4種短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序數依次增大，其中X、Y在同一周期，Z、Q在同一周期。相關信息如下表：元素相關信息X最外層電子數是核外電子總數的一半Y最高化合價和最低化合價之和為零Z主族序數是周期數的2倍Q同周期元素中原子半徑最小下列說法正確的是(B)A．常溫時，X單質能與水發生猛烈反應B．離子半徑：Z>QC．Y、Z、Q最高價氧化物對應水化物的酸性依次減弱D．位于第五周期且與Q同主族元素的單質在常溫常壓下呈液態【解析】依據表中相關信息推想出X為Be，Y為C，Z為S，Q為Cl，Be的金屬性比Mg弱，Mg與熱水反應，所以常溫時Be單質不能與水發生猛烈反應，A錯誤；S、Cl位于同一周期，原子序數：S<Cl，則離子半徑：S2－>Cl－，B正確；最高價氧化物對應水化物的酸性與非金屬性一樣，非金屬性C<S<Cl，則酸性：碳酸<硫酸<高氯酸，C錯誤；位于第五周期且與Q同主族元素的單質為碘單質，在常溫常壓下為固態，D錯誤。24．向100mLNaOH溶液中通入確定量的CO2氣體，充分反應后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的鹽酸，產生CO2的體積與所加鹽酸體積之間的關系如圖所示。下列推斷正確的是(D)A．通入CO2后，所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1B．通入的CO2在標準狀況下體積為448mLC．通入CO2后，所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3D．原NaOH溶液的物質的量濃度為0.2mol·L－1【解析】依據圖像可知，加鹽酸的體積為0～25mL時，無氣體生成，發生反應為Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，消耗HCl的物質的量為0.2mol·L－1×0.025L＝0.005mol，所以n(Na2CO3)＝0.005mol；加入鹽酸100mL時恰好完全反應，此時溶質只有氯化鈉，n(Na＋)＝n(Cl－)＝0.2mol·L－1×0.1L＝0.02mol，則n(NaHCO3)＝0.02mol－0.005mol×2＝0.01mol，通入CO2后，所得溶液的溶質成分為NaHCO3、Na2CO3，二者物質的量之比為n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1，A、C項錯誤；加鹽酸的體積為25～100mL時，產生氣體，發生的反應為NaHCO3＋HCl=CO2↑＋NaCl＋H2O，此反應消耗HCl的物質的量是0.2mol·L－1×0.075L＝0.015mol，放出的CO2在標準狀況下的體積為0.015mol×22.4L·mol－1＝0.336L＝336mL，所以氫氧化鈉溶液中通入CO2在標準狀況下的體積為336mL，B項錯誤；加入100mL鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為NaCl溶液，依據元素守恒得，n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝0.1L×0.2mol·L－1＝0.02mol，所以c(NaOH)＝eq\f(0.02mol,0.1L)＝0.2mol·L－1，D項正確。25．下列有關物質結構的說法或表示錯誤的是(C)A．CH4分子呈正四面體形B．78gNa2O2晶體中陰陽離子總數為3NAC．3.4g氨氣中含有N—H鍵的數目為0.3NAD．二氧化碳的結構式為O=C=O【解析】CH4分子構型為正四面體形，A選項正確；過氧化鈉是由Na＋和Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))構成，78gNa2O2晶體中所含離子總數：eq\f(78g,78g/mol)×3×NAmol－1＝3NA，B選項正確；一分子NH3含3個N—H鍵，3.4g氨氣中含有N—H鍵的數目為eq\f(3.4g,17g/mol)×3×NAmol－1＝0.6NA，C選項錯誤；二氧化碳中，中心原子C分別和兩個O共用兩對電子對，形成兩個碳氧雙鍵，結構式為O=C=O，D選項正確。二、非選擇題(本大題有5小題，共50分)26．(10分)(1)為了防止FeSO4溶液變質，應在溶液中加入少量的__Fe__(填元素符號)。(2)人體血液中的下列物質不屬于電解質的是__b__(填字母，下同)。a．H2CO3b．葡萄糖(C6H12O6)c．NaHCO3d．NaCl(3)區分Na2CO3和NaHCO3溶液可選用的方法或試劑是__a__。a．CaCl2溶液b．焰色試驗c．Ca(OH)2溶液d．NaOH溶液(4)下列變更中，不涉及氧化還原反應的是__c__。a.金屬的冶煉b．鋼鐵的銹蝕c．鐘乳石的形成d．食物的變質(5)下列過程必需加入氧化劑才能實現的是__d__。a．Cl2→ClO－b．NH3→NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))c．KMnO4→MnO2d．Fe2＋→Fe3＋(6)質量相同的兩份鋁粉，分別放入足量的鹽酸和NaOH溶液中，放出的H2在同溫同壓下體積之比為__1∶1__。(7)明礬[硫酸鋁鉀的結晶水合物，化學式為KAl(SO4)2·12H2O]是一種常用添加劑，明礬在水中能電離出兩種金屬離子和酸根離子。寫出硫酸鋁鉀的電離方程式：__KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))__?！窘馕觥?1)硫酸亞鐵溶液變質主要是亞鐵離子被空氣中的氧氣氧化，加入Fe，可防止亞鐵離子被氧化：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋。(2)碳酸是酸，NaHCO3和氯化鈉是鹽，它們都屬于電解質，葡萄糖不能電離，不屬于電解質，b項符合題意。(3)碳酸鈣難溶于水，碳酸氫鈣可溶于水，所以可用氯化鈣溶液鑒別Na2CO3和NaHCO3溶液；兩者均含鈉元素，焰色試驗均為黃色，所以不能用焰色試驗鑒別；Ca(OH)2溶液中的鈣離子能與Na2CO3溶液中的碳酸根離子形成碳酸鈣沉淀：Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，Ca(OH)2溶液中的OH－能與NaHCO3中的HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))生成COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，生成的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))能進一步與Ca2＋生成沉淀，所以不能用Ca(OH)2鑒別Na2CO3和NaHCO3溶液；NaOH溶液與Na2CO3溶液混合不反應，無明顯現象，而與NaHCO3雖能反應，但無明顯現象，所以a項正確。(4)金屬的冶煉一般是將金屬元素從化合態轉變成游離態，有化合價的變更，發生的是氧化還原反應；鋼鐵銹蝕的本質是Fe被氧化；鐘乳石的形成過程：CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2=CaCO3↓＋H2O＋CO2↑，不涉及氧化還原反應；食物的變質緣由包括食物被氧化。c項正確。(5)Cl2可與NaOH溶液反應生成ClO－：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，Cl2既是氧化劑又是還原劑，不需另加氧化劑；NH3→NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))沒有化合價的變更，不需加入氧化劑；KMnO4→MnO2是還原反應，不需加氧化劑；Fe2＋→Fe3＋中Fe化合價上升，發生的是氧化反應，需加入氧化劑。所以d項正確。(6)Al無論是與鹽酸反應，還是與NaOH溶液反應生成H2都是Al失電子、H得電子。依據電子得失守恒可知，相同質量的鋁粉失電子數相同，則在同溫同壓下，生成H2的體積也相同，體積之比為1∶1。(7)依據題意，明礬電離出K＋、Al3＋和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，電離方程式為KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。27．(8分)某同學設計如圖裝置(氣密性已檢查)制備Fe(OH)2白色沉淀。請回答下列問題：(1)儀器1的名稱：__分液漏斗__。裝置5的作用：__液封，防止空氣進入裝置4__。(2)試驗起先時，關閉K2，打開K1，反應一段時間后，再打開K2，關閉K1，發覺裝置3中溶液不能進入裝置4中。請為裝置作一處改進，使溶液能進入裝置4中：__在裝置2、3之間添加限制開關__。(3)裝置改進后，將裝置3中反應后的溶液壓入裝置4中，在裝置4中析出了灰綠色沉淀。從試驗操作過程分析沒有產生白色沉淀的緣由是__裝置4內的空氣沒有排盡__?！窘馕觥吭撗b置制備Fe(OH)2白色沉淀的思路是在排盡空氣的氣氛中，鐵屑和稀硫酸反應先得到FeSO4，同時產生H2，再利用氣體產生的氣壓把FeSO4溶液壓至裝置4中與NaOH反應，得到Fe(OH)2，留意所需試劑也須要加熱除掉溶解氧。(1)儀器1是分液漏斗，該反應須要置于無氧環境，留意與防倒吸無關，裝置5的作用是液封，防止空氣進入裝置4。(2)試驗起先時，關閉K2，打開K1，反應一段時間后，再打開K2，關閉K1，發覺3中溶液不能進入4中。緣由是產生的H2從左側導管逸出，沒有足夠的壓強將FeSO4溶液壓出，因此需在裝置2、3之間添加限制開關。(3)灰綠色沉淀產生的緣由是裝置4中的空氣沒有完全排盡，Fe(OH)2被空氣中的氧氣氧化。28．(11分)下表為元素周期表的一部分，用元素符號或化學式回答下列問題。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二⑥①⑦④三③⑤⑧⑩四②⑨(1)寫出⑥與⑧元素組成的最簡潔分子的電子式：____。(2)①的氣態氫化物與其最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為__NH3＋HNO3=NH4NO3__，第三周期中除⑩元素以外離子半徑最小的是__Al3＋__(填離子符號)。(3)②③⑤三種元素最高價氧化物對應的水化物堿性最強的是__KOH__(填化學式)；元素⑧的簡潔氫化物的結構式為__H—Cl__，該氫化物和元素④的單質反應的化學方程式為__2F2＋2H2O=4HF＋O2__。(4)第三周期與②同主族的元素的單質在⑦的單質中燃燒生成的化合物的電子式為___；④⑧⑨元素的離子的還原性由強到弱的依次為__Br－＞Cl－＞F－__(用離子符號表示)?！窘馕觥恳罁卦谥芷诒碇械奈恢弥贋镹元素，②為K元素，③為Mg元素，④為F元素，⑤為Al元素，⑥為C元素，⑦為O元素，⑧為Cl元素，⑨為Br元素，⑩為Ar元素。(1)元素⑥與⑧組成的最簡潔化合物為四氯化碳，四氯化碳為共價化合物，其電子式為。(2)①的氣態氫化物為氨氣，其最高價氧化物對應的水化物為硝酸，二者反應生成硝酸銨，反應的化學方程式為NH3＋HNO3=NH4NO3；第三周期中除⑩元素以外的離子中，鋁離子是電子層數最少的離子中核電荷數最大的，故鋁離子是第三周期中離子半徑最小的。(3)②為K元素，③為Mg元素，⑤為Al元素，其中K的金屬性最強，則最高價氧化物對應的水化物堿性最強的為KOH；元素⑧的簡潔氫化物為HCl，HCl分子中存在1個氫氯共價鍵，其結構式為H—Cl；元素④的單質為氟氣，氟氣與水反應生成氟化氫和氧氣，反應的化學方程式為2F2＋2H2O=4HF＋O2。(4)與②同主族，第三周期的元素單質為鈉，鈉在⑦的單質氧氣中燃燒生成過氧化鈉，過氧化鈉為離子化合物，其電子式為；④⑧⑨分別為F、Cl、Br元素，非金屬性：F＞Cl＞Br，則元素陰離子的還原性由強到弱的依次為Br－＞Cl－＞F－。29．(11分)Ⅰ.為探究難溶性鹽X(僅含三種元素)的組成和性質，設計并完成如下試驗：已知：氣體甲和氣體乙組成元素相同。請回答：(1)氣體乙的摩爾質量是__28__g·mol－1__。(2)X的化學式是__FeC2O4__。(3)寫出X在隔絕空氣條件下加熱分解的化學方程式：__FeC2O4eq\o(=,\s\up7(△))FeO＋CO↑＋CO2↑__。Ⅱ.電子工業常用FeCl3溶液腐蝕絕緣板上的銅箔，制造印刷電路板。從腐蝕廢液(主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收銅，并重新獲得FeCl3溶液。廢液處理流程如下：(1)步驟(Ⅰ)中分別操作名稱是__過濾__。(2)沉淀B中主要含有__Cu、Fe__，氣體D是__H2__。(3)寫出步驟(Ⅲ)中生成FeCl3的化學方程式：__2FeCl2＋Cl2=2FeCl3__。(4)步驟(Ⅲ)中，將Cl2換成H2O2也能達到同樣的目的，寫出H2O2將Fe2＋氧化為Fe3＋的離子方程式：__2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O__?！窘馕觥竣?(1)混合氣體通入足量的澄清石灰水中得到白色沉淀，能使澄清石灰水變渾濁的氣體可能是CO2，也可能是SO2，氣體甲和氣體乙組成元素相同，因此組合可能是CO2、CO或SO2、SO3，假如混合氣體是SO2、SO3，通入足量澄清石灰水，沒有氣體逸出，因此甲為CO2，乙為CO，即氣體乙的摩爾質量為28g·mol－1。(2)依據(1)的分析，白色沉淀是CaCO3，即CO2物質的量為eq\f(5.00g,100g·mol－1)＝0.05mol，氣體甲和氣體乙平均相對分子質量為36，依據十字交叉法，推出CO物質的量為0.05mol，即X中碳原子的物質的量為(0.05＋0.05)mol＝0.1mol，紅棕色固體為Fe2O3，X中含有鐵元素，X中鐵原子物質的量為eq\f(4.00g,160g·mol－1)×2＝0.05mol，氧原子的質量為7.2g－0.05mol×56g·mol－1－0.1mol×12g·mol－1＝3.2g，即X中氧原子物質的量為eq\f(3.2g,16g·mol－1)