2022-2023学年辽宁省沈阳市第二中学高一上学期12月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市第二中学高一上学期12月月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

辽宁省沈阳市第二中学2022-2023学年高一上学期
12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．石墨烯是用微机械剥离法从石墨中分离出的单层石墨(结构如图)。下列说法错误的是

A．石墨烯是一种单质
B．石墨烯的化学性质与C60几乎相同
C．石墨烯与金刚石、石墨互为同素异形体
D．石墨烯能导电，所以石墨烯是电解质
【答案】D
【详解】A．石墨烯是碳元素组成的纯净物，属于碳单质，故A正确；
B．石墨烯和C60都是由由碳原子构成，化学性质几乎相同，故B正确；
C．石墨烯与金刚石、石墨均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故C正确；
D．电解质必须是化合物，石墨烯是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选D。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．将0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目等于0.1NA
B．常温常压下，0.78 g Na2O2含有的离子数目为0.04NA
C．2.0 g D216O和14ND3的混合物中含有的电子数为NA
D．1 mol/L AlCl3溶液中，Cl-数目为3NA
【答案】C
【详解】A．FeCl3溶于沸水制成胶体，由于Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，则0.1 mol FeCl3溶于沸水制成的Fe(OH)3胶体粒子的数目小于0.1NA，A错误；
B．Na2O2是离子化合物，其中含有2个Na+和1个，共含有3个离子，0.78 g Na2O2的物质的量是0.01 mol，故其中含有的离子的物质的量是0.03 mol，则其中含有的离子数目为0.03NA，B错误；
C．D216O的式量是20，14ND3的式量也是20，二者的分子中都含有10个电子，2.0 g D216O和14ND3的混合物的物质的量是1 mol，则其中含有的电子数为NA，C正确；
D．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是C。
3．下列有关说法不正确的是
A．电解熔融氯化钠制取金属时，钠离子被还原，氯离子被氧化
B．生铁、碳素钢、不锈钢等都属于铁的合金
C．新型储氢合金因具有较大空隙，通过物理吸附大量而广泛用于新能源汽车行业
D．合金中加入其他元素原子后，使原子层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大
【答案】C
【详解】A．电解熔融氯化钠制取金属时，钠离子化合价降低得到电子，被还原，氯离子化合价升高失去电子，被氧化，故A正确；
B．生铁、碳素钢、不锈钢等都有碳，都属于铁的合金，故B正确；
C．合金具有在吸氢化学反应时放出大量热，而在放氢时吸收大量热，因此新型储氢合金吸氢是化学变化，故C错误；
D．合金内加入了其他元素或大或小的原子，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难。因此，在一般情况下，合金比纯金属硬度更大、更坚固，故D正确。
综上所述，答案为C。
4．下列推断正确的是
A．S、Se同主族，H2S有还原性，可推断H2Se也有还原性
B．Be、Mg同主族，MgO不溶于强碱，可推断BeO也不溶于强碱
C．Li、Na同主族，Na保存在煤油中，可推断Li也保存在煤油中
D．Ge、Pb同主族，Ge可作半导体材料，可推断Pb也可作半导体材料
【答案】A
【详解】A．S、Se同主族，由于同一主族元素的原子结构相似，物质之间的性质也相似，H2S有还原性，可推断H2Se也有还原性，A正确；
B．Be、Mg同主族，MgO是碱性氧化物，不溶于强碱；但元素周期表中还存在对角线相似，BeO与Al2O3性质相似，Al2O3是两性氧化物，能够与强碱NaOH溶液反应，可推断BeO能溶于强碱，B错误；
C．Li、Na同主族，由于钠的密度比煤油大，因此Na保存在煤油中，但Li的密度比煤油小，因此可推断Li不能保存在煤油中，而应该保存中液态石蜡中，C错误；
D．Ge、Pb同一主族，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，Ge可作半导体材料，而Pb金属性比较强，不可作半导体材料，而是典型的金属单质，D错误；
故合理选项是A。
5．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、、Fe3+、、H+和H2O六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、的数目随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断中不正确的是

A．在反应中NO3-被还原，发生还原反应
B．还原性： Fe2+>
C．该反应中Fe2+被还原为Fe3+
D．在反应中还原产物与氧化产物的个数之比为1：8
【答案】C
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行的物质的量减小，而Fe3+的物质的量从0开始增加，故Fe3+是生成物，则Fe2+和应是反应物，N元素化合价应该是降低，其还原产物为，结合化合价升降守恒，则反应的方程式应为8Fe2+++10H+=8Fe3+++3H2O，以此解答该题。
【详解】发生反应的方程式应为8Fe2+++10H+=8Fe3+++3H2O；
A．在反应中被还原，发生还原反应，故A正确；
B．根据还原剂的还原性大于还原产物，可知还原性 Fe2+>，故B正确；
C．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+，故C错误；
D．在反应中还原产物是，氧化产物是Fe3+，则还原产物与氧化产物的个数之比为1：8，故D正确；
故答案为C。
6．使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
A．①③④⑤ B．①②④⑤ C．②③④⑤ D．①②③④
【答案】B
【详解】①用天平（使用游码）称量时，应左物右码，砝码错放在左盘，会导致药品的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，①正确；
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低，②正确；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，③错误；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，浓度偏低，④正确；
⑤定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低，⑤正确；
①②④⑤符合要求，故选B。
7．下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．氢氧化铁溶于氢碘酸中：
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
C．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：
D．向酸性FeI2溶液中滴入少量H2O2稀溶液：
【答案】A
【详解】A．Fe(OH)3与HI发生氧化还原反应，产生FeI2、I2、H2O，离子方程式为：，A正确；
B．也能够与Ca(OH)2反应产生弱碱NH3·H2O，反应的离子方程式为：++Ca2++2OH-=NH3·H2O+CaCO3↓+H2O，B错误；
C．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，反应产生可溶性Ca(HCO3)2及弱酸HClO，反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+，C错误；
D．由于还原性：I-＞Fe2+，向酸性FeI2溶液中滴入少量H2O2稀溶液，发生反应：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，D错误；
故合理选项是A。
8．下列图示对应的操作规范的是
A．称量 B．过滤
C．将剩余钠放回试剂瓶 D．转移溶液
【答案】C
【详解】A．称量氢氧化钠固体应放在小烧杯上，操作错误，选项A错误；
B．过滤时用玻璃棒引流，选项B错误；
C．剩余钠放回试剂瓶，选项C正确；
D．转移溶液时必须用玻璃棒引流，选项D错误；
答案选C。
9．X、Y、Z、W四种主族元素，原子序数依次增大，且均不大于20，四种元素核电荷数之和为46，X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种化合物被称为生命的源泉。Z元素是一种重要的“成盐元素”，其形成的一种盐在海水中含量最高，其单质通过电解该盐溶液获得。下列关于四种元素说法错误的是(    )
A．X2Y2、ZY2、W(ZY)2均是常见的杀菌消毒剂，三者作用原理相同
B．WX2中X元素的检验方法可以将WX2固体置于氧气流中灼烧并将产物通过无水硫酸铜
C．WZ2、WY2两种化合物中阴阳离子个数比均为2：1
D．XZY属于弱电解质，且具有强氧化性
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W四种主族元素，原子序数依次增大，且均不大于20，X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种化合物被称为生命的源泉，该化合物为水，则X为H，Y为O；Z元素是一种重要的“成盐元素”，其形成的一种盐在海水中含量最高，其单质通过电解该盐溶液获得，则Z为Cl；四种元素核电荷数之和为46，W的核电荷数为：46-1-8-17=20，则W为Ca，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Cl，W为Ca元素。
A．X2Y2、ZY2、W(ZY)2分别为H2O2、ClO2、Ca(ClO)2，H2O2、ClO2、Ca(ClO)2均具有强氧化性，是常见的杀菌消毒剂，三者作用原理相同，A正确；
B．WX2是CaH2，该物质灼烧反应产生CaO、H2O，无水硫酸铜遇水变蓝，可用无水硫酸铜检验CaH2中的H元素，检验方法为：将CaH2固体置于氧气流中灼烧并将产物通过无水硫酸铜，若无水硫酸铜变蓝，证明CaH2含有H元素，B正确；
C．WZ2、WY2分别为CaCl2、CaO2，CaCl2中阴阳离子个数比为1：2；CaO2中阴阳离子个数比为1：1，C错误；
D．XZY为HClO，HClO在水中能够微弱电离产生H+、ClO-，存在电离平衡，故HClO为一元弱酸；HClO中Cl元素化合价为+1价，该物质不稳定，具有强氧化性，D正确；
故合理选项是C。
10．下列实验的结论正确的是

A．图I：验证干燥的氯气没有漂白性
B．图II：选择合适的药品，可用于制备少量的Cl2、O2等气体
C．图III：证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
D．图IV：不能较长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀
【答案】B
【详解】A．有色鲜花中含有水分，Cl2与水反应产生HCl、HClO，HClO具有强氧化性，会将有色物质氧化产生无色物质，因此图I中不能验证干燥的氯气是否具有漂白性，A错误；
B．在常温下KMnO4与浓盐酸混合反应可以制取Cl2；H2O2在MnO2催化下分解会产生O2，因此图II：选择合适的药品，可用于制备少量的Cl2、O2等气体，B正确；
C．将Cl2通入导气管中，Cl2与NaBr发生置换反应产生NaCl、Br2；过量的Cl2及Br2都可以与KI发生置换反应产生I2，I2使淀粉溶液变为蓝色，因此图III中不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，C错误；
D．Fe与H2SO4发生置换反应产生FeSO4、H2，打开止水夹a，反应产生的H2通过导气管通入试管B中，排出装置中的空气，然后关闭止水夹a，H2将装置A中FeSO4压入装置B中，FeSO4与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2白色沉淀，由于Fe(OH)2白色沉淀处于H2的惰性环境，因此不能被氧化，故图IV能较长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀，D错误；
故合理选项是B。
11．如图是氯元素的价类二维图，a、b、c、d、e、f均为含氯元素的物质。下列叙述不正确的是

A．a、d溶液均具有酸性，且等浓度的a溶液比d溶液的酸性强
B．向部分变质的f中加入浓盐酸，反应中生成的气体既有b又有CO2
C．a和e反应能得到b，且反应不需要加热
D．化合物c的化学式为ClO2，可作自来水消毒剂，其在反应中氧化产物为
【答案】D
【分析】由氯元素的价类二维图可知，a、b、c、d、e、f分别为HCl、Cl2、ClO2、HClO、NaClO3、NaClO。
【详解】A．a是HCI、b是HClO，二者均具有酸性，HCl是强酸，HClO是弱酸，等浓度的HCl溶液比HClO溶液的酸性强，A正确；
B．f是NaClO，NaClO在空气中会部分变质，方程式为NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，向部分变质的NaClO中加入浓盐酸，会发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，反应中生成的气体既有Cl2又有CO2，B正确；
C．a是HCl，e是NaClO3，两者不需要加热就能发生反应，方程式为NaClO3+6HCl=3Cl2↑+NaCl+3H2O，C正确；
D．化合物c的化学式为ClO2，可作自来水消毒剂，其在反应中还原产物为，D错误；
故答案为：D。
12．、为第三周期元素，最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以的形式存在。下列说法错误的是
A．原子半径： B．简单氢化物的还原性：
C．同周期元素形成的单质中氧化性最强 D．、最高价氧化物对应水化物均为强电解质
【答案】D
【分析】Cl元素最高正价+7价，最低负价-1价，代数和为6，所以Y为Cl元素，根据形成的化合物离子判断X为+5价，因为是第三周期元素，故X为P元素。
【详解】A．同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，原子半径P>Cl，A正确；
B．两者对应的氢化物为PH3和HCl，同周期元素从左至右，氢化物还原性降低，PH3>HCl，B正确；
C．同周期Cl元素单质的氧化性最强，C正确；
D．HClO4为强酸即强电解质，H3PO4为中强酸，弱电解质，D错误；
故答案为：D。
13．Li和在450℃时反应制得储氢燃料，易水解，在空气中加热可发生剧烈燃烧。下图是某实验小组设计的实验宊制备少量装置图。下列有关说法不正确的是

A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液
B．反应时，先点燃c中酒精灯，再对d加热
C．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红说明反应后固体中一定含
D．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免水解和燃烧
【答案】C
【详解】A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液吸收空气中的酸性气体二氧化碳，A正确；
B．反应时，先点燃c中酒精灯，用铜粉消耗空气中的氧气，再对d加热，B正确；
C．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红不能说明反应后固体中一定含，金属锂本身可以与水反应生成氢氧化锂，C错误；
D．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免水解和燃烧，D正确；
故选C。
14．某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析错误的是

A．固体P一定是纯净物
B．若m2＜m1，则原混合物中可能含有Al
C．蓝绿色溶液中一定含有的金属阳离子为Cu2+、Fe2+
D．溶液N中含有Al3+和
【答案】D
【分析】混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，由流程可知：加入过量NaOH溶液，由于Al、Al2O3和NaOH溶液反应，因此溶液N中含偏铝酸钠；固体N加入过量盐酸，有蓝色溶液，说明有铜离子，由于铜和盐酸不反应，因此说明是盐酸和氧化铁反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，固体P是铜单质，则混合物中一定含Cu、Fe2O3、Al、Al2O3中至少含一种，以此来解答。
【详解】A．根据上述分析可知固体P为铜单质，Cu单质为纯净物，A正确；
B．若物质质量关系：m2＜m1，则混合物中可能含有A12O3或Al或Al2O3、Al的混合物，B正确；
C．固体P是Cu，Fe2O3与酸反应产生Fe3+，由于Cu和Fe3+反应产生Fe2+、Cu2+，因此蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+，不含有Fe3+，C正确；
D．N溶液中含有NaAlO2，向溶液N中滴加足量盐酸，生成AlCl3、NaCl和H2O，溶液中无，D错误；
故合理选项是D。
15．某溶液中可能存在、、、、Mg2+、Na+6种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：(已知：)①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙黄色，且有无色气泡冒出；②向所得橙黄色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。根据以上信息，下列对溶液的组成判断正确的是
A．一定不含有Mg2+、、 B．一定含有Na+、、
C．可能含有Na+、、、 D．可能含有Na+、
【答案】B
【详解】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙黄色，说明溶液中含有 Br− ，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子 ，则不含 Mg2+ 、 Al3+ ；②向所得橙色溶液中加入足量 BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含 ；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含 I− ，所以溶液不变色，不能确定碘离子存在；根据电中性原则，溶液中一定存在 Br− 、 、 Na+ ，一定不含 Mg2+ 、 Al3+ 、 ，可能含有 I− ；
故选B。

二、填空题
16．生物浸出是指用细菌(微生物)从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。
已知：①氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+。
②控制适宜的温度和溶液酸碱度，可使氧化亚铁硫杆菌达到最大活性。
③氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿(ZnS难溶于水)的机理如下图：

(1)写出反应1的离子方程式，并用单线桥法标出电子转移情况是_____________________。
(2)反应2中有S单质生成，则反应2的离子方程式是___________________，用NA表示阿伏伽德罗常数，每生成0.1 mol S单质，转移电子的个数为____________。
(3)根据此机理图，判断下列说法正确的是________。
A．该方法的原料只有ZnS矿和氧气
B．浸出过程中不需要补充铁盐
C．温度越高，ZnS浸出速率越快
(4)生物浸出时的总反应的氧化剂是____________。
(5)检验溶液中含有Fe2+的方法之一，是先向溶液中滴入KSCN溶液，没有现象，再加入合适的氧化剂，如果看到溶液变红的现象，则证明原来的溶液中有Fe2+。可以选择的氧化剂有________。
A．酸性高锰酸钾 B．双氧水 C．过氧化钠 D．氯气
【答案】(1)
(2)     2Fe3++ZnS=2Fe2++S+Zn2+     0.2NA
(3)B
(4)O2
(5)BD

【详解】（1）根据图示可知反应1是在酸性条件下Fe2+与O2反应产生Fe3+、H2O，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，在该反应中Fe2+变为Fe3+，失去电子4×e-；O2得到电子被还原为H2O，得到电子2×2e-，故用单线桥法表示电子转移为：
（2）根据图示可知反应2是Fe3+与ZnS发生氧化还原反应产生Fe2+、Zn2+、S，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为2Fe3++ZnS=2Fe2++S+Zn2+；
根据方程式可知：每反应产生1 mol S单质，反应过程中转移2 mol电子，则若生成0.1 mol S，则反应过程中转移电子数目是0.2NA；
（3）A．根据反应1：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应2：2Fe3++ZnS=2Fe2++S+Zn2+，可知Fe2+是反应的催化剂，反应物是O2、ZnS、H+，生成物是S、Zn2+、H2O，A错误；
B．在反应1中生成Fe3+，反应2消耗Fe3+，二者变化量相同，故浸出过程中不需要补充铁盐，B正确；
C．温度过高，会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，因而会使ZnS浸出速率反而减慢，C错误；
故合理选项是B；
（4）将反应1与反应2叠加，可得总反应方程式为：2ZnS+O2+4H+=2Zn2++2S+2H2O，可见在该反应中O2为氧化剂，ZnS为还原剂；
（5）A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，会将KSCN氧化产生(SCN)2，溶液不能变为红色，因此不能看到溶液变为红色，故不能根据溶液是否变为红色判断Fe2+的存在，A不符合题意；
B．H2O2具有氧化性，会将Fe2+氧化产生Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，可以证明Fe2+的存在，B符合题意；
C．过氧化钠具有强氧化性，能够将Fe2+氧化产生Fe3+，Fe3+与KSCN反应使溶液变为红色，但过氧化钠同时具有漂白性，又将反应产生的红色物质氧化变为无色，溶液最终不能变为红色，故不能据此判断Fe2+的存在，C不符合题意；
D．氯气可以将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，可以证明Fe2+的存在，D符合题意；
故合理选项是BD。

三、元素或物质推断题
17．下表是元素周期表的一部分，①～⑫分别代表12种元素，请回答：

(1)画出12种元素中化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图_______。
(2)⑧在元素周期表中的位置是_______。
(3)过量的②的最高价氧化物与③的气态氢化物在水中反应的离子方程式是_______；②③④⑨分别与①形成的简单气态化合物的稳定性由强到弱的顺序(写化学式)_______。
(4)以下验证⑤⑥⑦⑪四种元素金属性强弱的方法和结论均正确的是_______(填字母序号)。
A．比较四种元素形成的最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：⑪>⑤>⑥>⑦
B．比较这四种元素形成氢化物的难易程度以及氢化物的热稳定性：⑪<⑤<⑥<⑦
C．比较这四种元素形成的单质分别与非氧化性酸反应置换氢气的剧烈程度：⑤>⑪>⑥>⑦
D．将空气中久置的四种元素的块状单质分别放入水中，比较与水反应的剧烈程度：⑪>⑤>⑥>⑦
(5)等质量的⑥、⑦、Zn三种金属分别与1.0mol/L100mL的盐酸充分反应，产生氢气的质量大小关系的猜测有a.⑦>⑥>Zn；b.⑦=⑥=Zn；c.⑦=⑥>Zn；d.⑦=Zn>⑥；e.⑦>⑥=Zn。其中肯定错误的猜测的个数是_______。
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
(6)用一个置换反应证明⑨⑫两种元素的简单阴离子的还原性强弱：_______(写化学方程式)。
【答案】(1)
(2)第四周期第VIB族
(3)          HF>HCl>NH3>CH4
(4)A
(5)D
(6)(阳离子可以变化)

【分析】根据元素周期表的一部分，①～⑫位置可知12种元素为：①H②C③N④F⑤Na⑥Mg⑦Al⑧Cr⑨Cl⑩Ar⑪K⑫Br
【详解】（1）只有⑩Ar是稀有气体最稳定，。
故答案为：。
（2）根据元素周期表中⑧Cr的位置可知第四周期第VIB族。
故答案为：第四周期第VIB族。
（3）②的最高价氧化物为CO2，③的气态氢化物为NH3，过量的CO2与NH3的反应为：。
②③④⑨分别与①形成的简单气态化合物为CH4、NH3、HF、HCl，非金属性越强，稳定性越强，HF>HCl>NH3>CH4。
故答案为：；HF>HCl>NH3>CH4。
（4）A．⑤⑥⑦⑪四种元素金属性强弱，最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：⑪>⑤>⑥>⑦，A正确；
B．金属氢化物为强电解质的离子化合物，无法比较稳定性和金属性，B错误；
C．都是活动性很强的金属，特别是⑤、⑪与水就剧烈反应，无法判断金属性，C错误；
D．⑤、⑪与水就剧烈反应，无法辨别金属性，⑥、⑦不与水反应，D错误。
故答案为：A。
（5）1.0mol/L100mL的盐酸，n(HCl)=0.1L×1.0mol/L=0.1mol， 与Mg、Al、Zn三种金属分别充分反应，消耗镁铝锌的质量为：



m镁=1.2g，m铝=0.9g，m锌=3.25g，产生氢气量均为0.1g。可知相同质量Mg、Al、Zn三种金属完全反应时，产生氢气量为Al > Mg >Zn；
a.当三种金属质量≤0.9g时，三种金属都溶解，产生氢气量为Al > Mg >Zn ，a正确；
b.当三种金属质量≥3.25g时，盐酸无剩余，产生氢气量为都为0.1g，Mg=Al=Zn，b正确；
c.当三种金属质量大于1.2g，小于3.25g时，Zn全溶解，Mg、Al都有剩余，产生氢气的量Mg=Al都为0.1g，Zn＜0.1g，c正确；
d.相同质量的Mg、Zn，产生氢气多的是镁 ，不能出现 Zn>Mg，d错误；
e.当等质量Mg、Zn产生氢气相等，盐酸反应完全，产生氢气量为0.1g，Al产生氢气不可能>0.1g，不存在Al > Mg =Zn不存在，e错误；
错误的有d、e两个，故答案为：D。
（6）证明还原性⑨<⑫。
故答案为：(阳离子可以变化)。

四、工业流程题
18．水处理包括水的净化、杀菌消毒等。其中常见的杀菌消毒剂包括氯气、漂白粉、高铁酸钾等。
(一)氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)新制氯水中含有的离子有______，向其中滴入紫色石蕊试液，可以看到的现象为_____。
(2)新制饱和氯水经光照后，其pH值会________(填“增大”或“减小”)。
(3)工业用氯气和石灰乳反应制备________，可用作棉、麻、织物的漂白，可用于游泳池水等的杀菌消毒。
(二)某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，该厂用此废金属屑制取新型高效水处理剂Na2FeO4(高铁酸钠)等产品的过程如下：
Ⅰ．向废金属屑中加入过量的NaOH溶液，充分反应后过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得固体中加入过量稀H2SO4，充分反应后过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得固体中继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液；
Ⅳ．.……
(4)步骤Ⅰ中发生的单质溶解的化学反应方程式为_________________。
(5)步骤Ⅱ所得硫酸亚铁滤液经进一步处理可制得Na2FeO4，流程如下：

该流程中使用的两种氧化剂，理论上按反应顺序消耗两者的物质的量之比为____________。
(6)从步骤Ⅲ中的CuSO4溶液里获得CuSO4·5H2O的方法为____________、____________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】(1)     H+、、、     溶液先变红后褪色
(2)减小
(3)漂白粉或漂粉精
(4)
(5)1：3
(6)     蒸发浓缩     冷却结晶

【分析】向废金属屑中加入过量的NaOH溶液，Al 、Al2O3溶于碱中，，，Ⅰ中剩余的固体有Cu、Fe和Fe2O3，，向Ⅰ所得固体中加入过量稀H2SO4，Fe和Fe2O3溶解，生成FeSO4和Fe2(SO4)3，Cu与Fe2(SO4)3生成FeSO4及CuSO4，因加入H2O2，亚铁离子转化为三价铁离子，，Ⅰ中有过量的碱，与铁离子反应生成Fe(OH)3及Cu(OH)2，向Ⅱ所得固体中继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，过滤得到Fe(OH)3固体， 以此分析；
【详解】（1）氯水的制取为，；因其溶液显酸性，向其中滴入紫色石蕊试液，可以看到溶液变红，但因有具有漂白性的HClO，所以溶液后褪色；
故答案为：H+、、、；溶液先变红后褪色；
（2）新制饱和氯水经光照后，，溶液酸性增加，pH减小；
故答案为：减小；
（3）工业用氯气和石灰乳反应制备漂白粉或漂白精；
故答案为：漂白粉或漂粉精；
（4）根据上述分析，Ⅰ中溶解的单质是铝，；
故答案为：；
（5）根据上述分析，氧化剂分别是H2O2和NaClO，发生的反应分别为，和，则氧化剂的物质的量之比为1：3；
故答案为：1：3；
（6）从步骤Ⅲ中的CuSO4溶液里获得CuSO4·5H2O的方法为蒸发浓缩变成饱和溶液后，进行冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。

五、实验题
19．用覆铜板制作印刷电路板时，常用FeCl3溶液作腐蚀液。某化学兴趣小组在实验室进行了模拟实验。
【实验Ⅰ】向盛有10 mL2 mol/LFeCl3溶液的试管中，加入一块铜片(Cu过量)，反应一段时间后，溶液黄色褪去。
(1)用离子方程式解释溶液黄色褪去的原因_____________。
(2)理论上为保证Fe3+完全被Cu还原，至少需要加入Cu的质量为_____________。
【实验Ⅱ】为验证上述实验中Fe3+是否完全反应，该小组同学取上层清液于另一支试管中，滴入3滴0.1 mol/LKSCN溶液。结果发现，上层清液中立即产生白色沉淀，同时滴入处局部出现红色，振荡后红色立即消失。
【查阅资料】为解释该现象产生的原因，同学们查阅资料得知：
①(SCN)2与卤素单质的化学性质相似，氧化性介于溴单质和碘单质之间，且浓度越大氧化性越强；
②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
③CuSCN为白色固体，几乎不溶于水。
【实验Ⅲ】为探究白色沉淀产生的原因，同学们设计了如下实验。填写实验方案：
实验方案
现象
步骤1：取10 mL2 mol/L的FeCl2溶液，滴加3滴0.1 mol/L的KSCN溶液
无明显现象
步骤2：______________
产生白色沉淀

(3)步骤2的操作是________________。
【分析解释】
(4)在配制FeCl2溶液时，需要同时加入少量_____________(填物质名称)，防止制得的溶液不纯影响实验。
(5)实验II中白色沉淀的成分是_____________(填化学式)。
(6)根据资料，结合产生白色沉淀的离子方程式，解释实验II中“滴入KSCN溶液处局部出现红色”的原因。①产生白色沉淀的离子方程式：_____________；②局部出现红色的原因：_____________。
【答案】(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
(2)0.64 g
(3)取10 mL1 mol/L的CuCl2溶液，向其中滴加3滴0.1 mol/L的KSCN溶液
(4)铁屑
(5)CuSCN
(6)     2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2     Fe2+被局部产生的浓度较大的(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+结合SCN-形成Fe(SCN)3红色溶液

【分析】FeCl3具有强氧化性，会与还原性物质Cu发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2，CuCl2具有氧化性，可以将KSCN氧化产生(SCN)2，同时产生的Cu+与溶液中的SCN-反应产生CuSCN白色沉淀；Fe3+与SCN-使溶液变为血红色，(SCN)2性质类似Cl2等卤素单质，可以将Fe2+氧化产生Fe3+。
【详解】（1）FeCl3具有强氧化性，Cu具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2，该反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（2）10 mL2 mol/LFeCl3溶液中含有溶质的物质的量n(FeCl3)=2 mol/L×0.01 L=0.02 mol，根据反应方程式2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中物质转化关系可知反应消耗Cu的物质的量是0.01 mol，则需消耗Cu的质量m(Cu)=0.01 mol×64 g/mol=0.64 g；
（3）步骤1：取10 mL2 mol/L的FeCl2溶液，滴加3滴0.1 mol/L的KSCN溶液，溶液无明显现象，说明Fe2+与SCN-不能发生反应；步骤2操作是：取10 mL1 mol/L的CuCl2溶液，向其中滴加3滴0.1 mol/L的KSCN溶液，产生白色沉淀，说明发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；
（4）在FeCl2溶液中，Fe2+具有强的还原性，容易被空气中的O2氧化产生Fe3+，为防止在溶液中Fe2+被氧化引入杂质，可以向溶液中加入Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，从而可以防止溶液不纯，故加入的物质是铁单质或铁屑；
（5）根据题目信息②可知会发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，故反应产生的白色沉淀是CuSCN；
（6）根据资料，实验II中①产生白色沉淀的离子方程式：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；②溶液局部出现红色是由于反应产生(SCN)2具有强氧化性，会因局部浓度较大，将部分Fe2+氧化产生Fe3+，Fe3+结合SCN-形成Fe(SCN)3红色溶液。