2021-2022学年第二学期期中检测高一化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名，考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Fe56一、选择题：共10小题每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列有关酸雨及形成的说法正确的是A.pH小于7的降雨通常称为酸雨B.酸雨的形成和空气中CO2含量增多有直接关系C.大量含硫化石燃料燃烧是形成酸雨的主要原因D.植被破坏、水土流失、生态环境破坏导致了酸雨形成【1题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A．酸雨是指pH<5.6的降雨，故A错误；B．CO2含量增多，会导致温室效应，不会导致酸雨的形成，故B错误；C．含硫化石燃烧会产生大量SO2，经过系列变化会形成酸雨，故C正确；D．植被破坏、水土流失、生态环境破坏不会形成酸雨，故D错误；故选C。2.下列关于物质应用错误的是A.用作烘焙糕点膨松剂B.用作食品添加剂
C.用作磁性材料D.做光导纤维【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．受热、遇酸会放出CO2气体，可用作烘焙糕点膨松剂，故A正确；B．的还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，故B正确；C．俗称磁性氧化铁，可用作磁性材料，故C正确D．做光导纤维的材料是二氧化硅，而不是单质，故D错误；答案D。3.对于化学反应中的能量变化，表述正确的是A.断开化学键的过程会放出能量B.物质发生化学反应的反应热仅指反应吸收的热量C.物质化学能可以在一定条件下转化为热能、电能为人类利用D.根据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量【3题答案】【答案】C【解析】【详解】A.断开化学键的过程会吸收能量，形成化学键的过程会放出能量，故A错误；B.化学反应的反应热是断裂化学键吸收的热量和生成化学键放出的热量共同决定反应的反应热，可以是放热反应，也可以是吸热反应，故B错误；C.化学能可以通过燃烧、原电池原理转化为热能、光能、电能，为人类利用，故C正确；D.化学反应伴随着能量的变化，反应物的总能量不等于生成物的总能量，故D错误；答案选C。4.在一定温度下的恒容容器中，发生反应：，其中A、C、D为气体，B为固体。下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是①混合气体的压强不变②混合气体的密度不变③的物质的量浓度不变
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1⑤单位时间内生成，同时生成⑥单位时间内生成，同时生成A.②③⑥B.①②⑤⑥C.②③⑤D.①③⑥【4题答案】【答案】A【解析】【详解】①该反应为气体体积不变的反应，反应中混合气体的压强始终不变，则混合气体的压强不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；②由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量增大，在恒温恒容密闭容器中混合气体的密度增大，则混合气体的密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；③气体C的物质的量浓度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；⑤单位时间内生成，同时生成都代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；⑥单位时间内生成，同时生成说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；②③⑥正确，故选A。5.下列说法正确的是A.浓硫酸具有强氧化性，常温下可与铁单质剧烈反应B.SO2能杀菌消毒防腐，常用作食品添加剂C.氨气因有刺激性气味，因此不用来作制冷剂D.所有铵盐受热均可以分解，产物均有NH3【5题答案】【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即发生钝化现象，因而不能与铁单质剧烈反应，A错误；B．SO2能够使细菌、病毒的蛋白质变性而失去其生理活性，故能杀菌消毒防腐，因此只要SO2
气体的使用量在合适的范围，可以用作食品添加剂，B正确；C．氨气易液化，液氨气化时会从周围环境中吸收大量的热量，导致环境温度降低，故液氨常用作制冷剂，C错误；D．所有铵盐都不稳定，受热均可以分解，但分解产物不一定都有NH3产生，如NH4NO3N2O↑+2H2O，反应产物无NH3生成，D错误；故合理选项是B。6.类推思想在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的是：A.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色B.盐酸与镁反应生成氢气，故硝酸与镁反应也生成氢气C.铁与Cl2反应生成FeCl3，故铁与I2反应生成FeI3D.常温下浓硫酸能使铁和铝钝化，故常温下浓硝酸也能使铁和铝钝化【6题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是因为其具有还原性，二氧化碳没有还原性，不能与KMnO4反应，故A错误；B．硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应得不到氢气，故B错误；C．氯气的氧化性强于Fe3+，所以铁与氯气反应可生成FeCl3，而I2的氧化性弱于Fe3+，所以铁与I2反应生成的是FeI2，故C错误；D．浓硫酸与浓硝酸都具有强氧化性，室温下，都能使铁和铝发生钝化，故D正确；答案选D。7.某反应由两步反应构成，其反应能量曲线如图所示，下列叙述正确的是
A.的反应不一定需要加热B.两步反应均为吸热反应C.A与C的能量差为D.三种物质中B最稳定【7题答案】【答案】A【解析】【详解】A．根据物质的能量大小可知，由A→B的反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热，如NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，在常温下就可以发生，故A正确；B．从物质能量大小来看，第一步反应A→B，为吸热反应，第二步反应B→C，为放热反应，故B错误；C．从反应能量曲线图来看，A与C的能量差为，故C错误；D．根据图示可知：在物质A、B、C中，C的能量最低，则三种物质中C最稳定，故D错误；答案A。8.自然界的氮循环包括以下过程。下列说法中，不正确的是A.硝化过程中，含氮物质被氧化B.氨氧化过程中，亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为3：4C.N2→属于氮的固定，N2发生还原反应D.土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素【8题答案】
【答案】B【解析】【详解】A．由图示可知，硝化过程为：转化为，在进一步转化为，该过程中N的化合价都在升高，故含氮物质被氧化，A正确；B．由图示可知，氨氧化过程中的反应为：+=N2+2H2O，故亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为1：1，B错误；C．氮的固定是指由游离态的氮即N2转化为化合态的氮即含氮化合物的过程，故N2→属于氮的固定，过程中N2的化合价由0价降低到-3价，N2发生还原反应，C正确；D．由图示可知，Fe2+能与反应转化为N2，Fe3+能与反应转化为N2，故土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素，D正确；故答案为：B。9.某原电池总反应的离子方程式为：，能实现该反应的原电池是ABCD正极AgCFeCu负极FeFeZnFe电解质溶液A.AB.BC.CD.D【9题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】A．A中原电池总反应的离子方程式为，A正确；B．B中没有自发的氧化还原反应，不能构成原电池，B错误；C．选项中锌比铁活泼，锌做负极，发生氧化反应，总反应为，C错
误；D．D中原电池总反应的离子方程式为，D错误；故选A。10.一定温度下，在密闭容器中进行反应：4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，经2min，B的浓度减少0.6mol•L﹣1．对此反应的反应速率的表示，正确的是( )①在2min内，用C表示的反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1②反应的过程中，只增加A的量，反应速率不变③2分钟内，D的物质的量增加0.2mol④分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3:2:1A.①②B.③C.①D.②④【10题答案】【答案】D【解析】【详解】①在2min内，用C表示的反应速率是=0.2mol•L﹣1•min﹣1，①不正确；②因为A呈固态，所以反应过程中，只增加A的量，反应速率不变，②正确；③容器的体积未知，无法求出2分钟内，D的物质的量的增加量，③不正确；④在化学反应中，各物质表示的速率之比等于化学计量之比，所以用B、C、D表示的反应速率其比值为3:2:1，④正确；综合以上分析，②④正确；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数的是A取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液C.取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg【11题答案】【答案】B
【解析】【分析】【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，A不符合题意；B．氢氧化钠溶液的质量未知，bg为碳酸钠和氢氧化钠溶液的总质量，无法计算出碳酸钠的质量分数，B符合题意；C．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，C不符合题意；D．bg为二氧化碳的质量，设碳酸钠的物质的量为x，碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，根据碳元素守恒有：x+y=，解出x、y，就可求出混合物中碳酸钠的质量分数，D不符合题意；综上所述答案为B。12.向溶液中依次通入过量的X、Y两种气体，通X气体无沉淀，通Y气体时产生白色沉淀，符合的组合是选项ABCDX气体Y气体A.AB.BC.CD.D【12题答案】【答案】BC【解析】【详解】A．CO2、NO与BaCl2溶液都不反应，所以两次都无沉淀，故A不符合题意；B．SO2与BaCl2溶液不反应，通入足量SO2溶液无沉淀，再通入足量
，溶液显碱性，生成BaSO3沉淀，故B符合题意；C．向BaCl2溶液中先通入足量SO2，无沉淀生成，再通入足量NO2，NO2溶于水生成硝酸，硝酸能将亚硫酸氧化成硫酸，会有BaSO4沉淀生成，故C符合题意；D．CO2与BaCl2溶液不反应；NO2与BaCl2溶液反应生成硝酸钡溶液，所以两次都无沉淀，故D不符合题意；答案为BC。13.下列有关离子的检验方法正确的是A.向某溶液中加入稀硫酸酸化后，再加入铜片，微热，有无色气体放出，在试管口处气体变为红棕色，可证明原溶液中含有B.向某溶液中先加入溶液，无现象，再通入，溶液变为红色，可证明原溶液中含有，不含C.向某溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不溶解，可证明原溶液中含有D.向某溶液中加入浓盐酸，加热有气体产生，将气体通入品红溶液，品红褪色，可判断原溶液中含有【13题答案】【答案】AB【解析】【详解】A．无色气体试管口处气体变为红棕色，可推测该气体是NO，则可推测原溶液中含有，故A正确；B．溶液中先加入溶液，无现象，说明溶液中没有，再通入，溶液变为红色，说明原溶液中含有，故B正确；C．溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不溶解，该沉淀可能是硫酸钡沉淀也可能是氯化银沉淀，则原溶液中不一定含有，故C错误；D．某溶液中加入浓盐酸，加热有气体产生，将气体通入品红溶液，品红褪色，该气体可能是SO2，则原溶液中可能含有，也可能含有，故D错误；
答案选AB。14.下图为氯及其化合物的“价—类”二维图。下列说法正确的是A.6种物质中属于电解质的有5种B.③是酸性氧化物C.酸性条件下⑤与⑥反应的离子方程式是2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2OD.将②与SO2按1：1混合通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色【14题答案】【答案】C【解析】【分析】根据氯元素的价类二维图可以推知，①为HCl，氯元素为-1价，属于氢化物；②为Cl2，属于单质，氯元素的化合价为0；③为ClO2，氯元素的化合价为+4价，属于氧化物；④为HClO，氯元素为+1价，属于弱酸；⑤为NaCl，氯元素为-1价，属于钠盐；⑥为NaClO，氯元素为+1价，属于钠盐，【详解】A．上述6种物质，属于电解质的有氯化氢、次氯酸、氯化钠、次氯酸钠，共4种，故A错误；B．③为ClO2，不是酸性氧化物，故B错误；C．⑤为NaCl，⑥为NaClO，二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故C正确；D．氯气与二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应，若二者1：1混合，恰好反应生成酸，方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
，盐酸、硫酸没有漂白性，所以只能使紫色石蕊试液变红，故D错误；故选：C。15.在某混合溶液中，物质的量浓度相等，其中，则该溶液最多能溶解粉的物质的量为A.B.C.D.【15题答案】【答案】A【解析】【详解】设四种物质的浓度都为amol/L，由溶液中硝酸根离子的浓度为2.4mol/L可得：a+2a+3a=2.4，解得a=0.4，则溶液中氢离子浓度为1.2mol/L，铁离子浓度为0.4mol/L，混合溶液与铜粉反应的方程式顺序为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由方程式可知，1L溶液与铜反应时，溶液中氢离子不足量，反应消耗铜的物质的量为1.2mol/L×1L×=0.45mol，铁离子消耗铜的物质的量为0.4mol/L×1L×=0.2mol，则混合溶液溶解铜粉的物质的量为0.45mol+0.2mol=0.65mol，故选A。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.探究原电池原理并应用原电池原理制作多种电池，对现实生活具有重要的意义。（1）某化学兴趣小组为了探究铝电极在原电池中的作用时，设计了如下实验：①甲、乙两装置工作时，电流计指针的偏转方向是否相同？_______。(填“是”或者“否”)乙装置中片电极的电极反应式是_______。②根据上述实验结果分析。下列说法正确的是_______a.构成原电池负极的金属总是比正极活泼b.镁的金属活泼性不一定比铝的强
c.金属在原电池中作正极还是负极，既与金属活泼性有关，还与电解质溶液的成分有关（2）铅酸蓄电池是常见的二次电池，放电时发生反应为：。该电池的负极材料为_______﹔该电池充电时，其能量转化形式为_______。（3）氢氧燃料电池具有清洁，安全，高效的特点，其简易装置如图所示：铂电极b上的电极反应式为_______，室温下，若该电池消耗时可提供电能，则该燃料电池的能量转化率为_______。(已知：室温下，完全燃烧生成液态水时，释放的能量。)【16题答案】【答案】（1）①.否②.③.c（2）①.Pb②.电能转化为化学能（3）①.②.90.0%【解析】【小问1详解】①甲、乙两装置工作时，电池总反应不同,甲装置的总反应为镁和稀硫酸反应,镁片为负极、铝片为正极；乙装置的总反应为铝和氢氧化钠溶液反应,铝片为负极、镁片为正极，则电流计指针的偏转方向不相同，故答案为否；乙装置中片电极为负极，失去电子被氧化，则电极反应式是。②a．通过乙装置可知，构成原电池负极的金属不一定比正极活泼故a错误；b．镁金属活泼性一定比铝的强，但镁不一定作原电池的负极，故b错误；c．由①可知，金属在原电池中作正极还是负极，既与金属活泼性有关，还与电解质溶液的成分有关，故c正确；
答案c。【小问2详解】根据铅酸蓄电池放电时反应：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。可知，Pb失去电子被氧化，则该电池的负极材料为Pb；该电池充电时，为电解池，其能量转化形式为电能转化为化学能。【小问3详解】在图示的氢氧酸式燃料电池中，铂电极b通入的是氧气，则该电极为正极，b电极上氧气得电子被还原，电极反应式为；已知：室温下，1molH2完全燃烧生成液态水时，释放286.0kJ的能量，该电池消耗1molH2时可提供电能257.4kJ的能量，则该燃料电池的能量转化率为。18.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在生产、生活中有着重要作用。回答下列问题：（1）工业合成氨的反应是一个可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知断裂相应化学键需要的能量如下：化学键能量若反应生成，可_______(填“吸收”或“放出”)热量_______；实验室模拟工业合成氨时，在容积为的密闭容器内，反应经过10分钟后，生成氨气，则用氮气表示的化学反应速率是_______。（2）汽车尾气中含有的是造成城市空气污染的主要因素之一，通过传感器可监测汽车尾气中含量，其工作原理如图所示：电极为_______(填“正极”或“负极”)。电极上发生的电极反应式为_______。当电路中有电子发生转移时，消耗的体积为_______L(标准状况下)。
（3）一种新型催化剂能使和发生反应。为验证温度和催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了如下三组实验。实验编号初始浓度()初始浓度()催化剂的比表面积()Ⅰ28082Ⅱ280b124Ⅲ350a82①_______，_______②能验证温度对化学反应速率影响规律的实验是_______(填实验编号)。③恒温恒容条件下，不能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填序号)。a．容器内的压强保持不变b．容器内各气体的物质的量之比为2：2：2：1c．d．容器内混合气体密度不再改变【18题答案】【答案】（1）①.放出②.46③.0.25（2）①.负极②.③.11.2（3）①.②.③.Ⅰ和Ⅲ④.bd【解析】【小问1详解】由题给数据可知，生成1mol氨气时，反应物氮气和氢气化学键断裂吸收能量为×946kJ+×436kJ=1127kJ，生成物氨气形成化学键放出的热量为3×391kJ=1173kJ，则反应放出的热量为1173kJ-1127kJ=46kJ；由方程式可知，反应经过10分钟后生成10mol氨气时，氮气的反应速率为=0.25，故答案为：放出；46；0.25；【小问2详解】由O2-的移动方向知，Pt电极为原电池的正极，O2在正极得到电子发生还原反应生成O2-，电
极反应式为，NiO电极为负极，NO在负极失去电子发生氧化反应生成NO2，电极反应式为NO-2e-+O2-=NO2，当电路中有1mol电子发生转移时，消耗标准状况下NO的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故答案为：负极；；11.2；【小问3详解】①由表格数据可知，Ⅰ和Ⅲ的反应温度不同，CO初始浓度和催化剂的比表面积相同，则实验目的是验证温度对化学反应速率的影响，由变量唯一化原则可知，Ⅰ和Ⅲ中NO初始浓度应该相同，则a=mol/L；Ⅰ和Ⅱ的催化剂的比表面积不同，NO初始浓度和反应温度相同，则实验目的是验证催化剂的比表面积对化学反应速率的影响，由变量唯一化原则可知，Ⅰ和Ⅱ中NO初始浓度应该相同，则b=mol/L，故答案为：；；②由表格数据可知，Ⅰ和Ⅲ的反应温度不同，CO初始浓度和催化剂的比表面积相同，则实验目的是验证温度对化学反应速率的影响，故答案为：Ⅰ和Ⅲ；③a．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器的体积不变，则体系压强减小，则容器内压强保持不变说明反应已达到平衡状态，故a不符合题意；b．容器内各气体的物质的量之比为2：2：2：1不能说明反应已达到平衡状态，故b符合题意；c．说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故c不符合题意；d．由质量守恒定律可知，反应前后气体的总质量相等，在恒温恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应已达到平衡状态，故d不符合题意；故选bd。20.某化学小组制备，并验证的部分性质，装置如图(部分夹持装置省略)所示。
回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______；A中反应的化学方程式为_______。（2）体现氧化性的实验现象是_______；证明具有漂白性的现象是_______。（3）C中反应的离子方程式为_______。（4）实验观察到E装置试剂瓶内有白色沉淀生成，反应的离子方程式为_______；b中的试剂为_______；反应结束后通入的目的是_______。【20题答案】【答案】（1）①.分液漏斗②.（2）①.B中出现淡黄色浑浊②.品红溶液褪色（3）（4）①.②.NaOH溶液③.将装置内的二氧化硫全部赶入b中吸收，防止污染环境【解析】【分析】为防止制取的二氧化硫被氧气氧化，实验开始前先通一段时间的氮气排尽装置中的空气后，再将浓硫酸滴入亚硫酸钠固体上，反应生成二氧化硫，二氧化硫气体进入硫化钠溶液中反应生成S单质，体现二氧化硫的氧化性，进入高锰酸钾溶液中能被高锰酸钾氧化，体现二氧化硫的还原性，进入品红溶液中能使品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性，最后通入氯化铁溶液中能被氧化成硫酸根离子，与溶液中的钡离子结合生成硫酸钡沉淀，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。小问1详解】
由仪器a的构造可知a为分液漏斗，A中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应方程式为：，故答案为：分液漏斗；；【小问2详解】二氧化硫进入硫化钠溶液中，能将硫离子氧化成硫单质，溶液中出现淡黄色的浑浊现象；二氧化硫通入品红溶液中能使品红褪色，体现其漂白性，故答案为：B中出现淡黄色浑浊；品红溶液褪色；【小问3详解】二氧化硫进入高锰酸钾溶液中能被高锰酸钾氧化，反应的离子方程式为：，故答案为：；【小问4详解】二氧化硫通入氯化铁溶液中能被氧化成硫酸根离子，与溶液中的钡离子结合生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：；多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，因此b中应为氢氧化钠溶液；反应结束后通入，将装置内的二氧化硫全部赶入b中吸收，防止污染环境，故答案为：；NaOH溶液；将装置内的二氧化硫全部赶入b中吸收，防止污染环境；22.硫酸亚铁晶体在医药上可作补血剂。I.在实验室中，可通过如下实验由废铁屑(含氧化铁)制备。a.将一定量废铁屑放入溶液中，煮沸除油污，过滤，用水洗净铁屑；b.向洗净的铁屑中加入少量的稀硫酸，使反应完全，得溶液；c.析出晶体；d.滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸吸干；e.将制得的晶体密封保存。请回答下列问题：
（1）步骤b中发生氧化还原反应的离子方程式为_______和。（2）步骤c的具体操作为_______。Ⅱ.课外小组测定某硫酸亚铁补血片中铁元素的含量。实验步骤如下：请回答下列问题：（3）若向步骤Ⅲ所得滤液中滴加溶液后出现_______现象，说明滤液中含有；检验滤液中还存在，应选用的试剂为_______(填字母)。a.氯水b.酸性溶液c.溶液（4）步骤Ⅳ加入足量的目的为_______﹔（5）该补血片与维生素C同时服用，有利于的吸收，这说明维生素C具有_______(填“氧化性”或“还原性”)。（6）假设实验过程中铁元素无损耗，则每片补血片中铁元素的质量为_______g(用含a的代数式表示)。【22题答案】【答案】（1）（2）蒸发浓缩，冷却结晶（3）①.溶液变红②.b（4）将全部氧化为（5）还原性（6）0.07a【解析】【分析】由题给流程可知，将10片补血片研细后加入稀硫酸溶解、过滤得到不含有铁元素的滤渣和滤液；向滤液中加入足量的过氧化氢溶液将滤液中亚铁离子氧化为铁离子后，再加入足量氢氧化钠溶液将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，红褐色的悬浊液经过滤、洗涤、干燥得到氢氧化铁，灼烧氢氧化铁得到氧化铁。【小问1详解】
废铁屑表面含有铁屑氧化铁，加入少量的稀硫酸，表面的氧化铁溶解得到硫酸铁，铁与硫酸铁溶液、稀硫酸先后发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，反应的的离子方程式依次为、，故答案为：；【小问2详解】由题意可知，析出晶体的操作为硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩，冷却结晶析出七水硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；【小问3详解】由题意可知，若向步骤Ⅲ所得滤液中滴加硫氰化钾溶液后出现溶液变红的现象说明滤液中含有铁离子，若加入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去说明滤液中含有亚铁离子，故答案为：溶液变红；b；【小问4详解】由分析可知，加入足量的过氧化氢溶液的目的是将滤液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将全部氧化为；【小问5详解】亚铁离子具有还原性，在空气中易被氧化为铁离子，补血片与维生素C同时服用，具有还原性的维生素C能将铁离子还原为亚铁离子，有利于亚铁离子的吸收，故答案为：还原性；【小问6详解】由铁原子个数守恒可知，每片补血片中铁元素的质量为=0.07a，故答案为：0.07a。24.A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物且都含有一种相同元素，其中A是单质，它们有如图所示转化关系。（1）常温下，A、B、C、D均为气体；气体B
溶于水显碱性；在雷雨天气，可发生反应②，则反应③的化学方程式为_______，D相对分子质量比C大16，则D为_______(填化学式)。（2）若A是淡黄色固体，B为氢化物，常温下，D的浓溶液是一种无色黏稠油状液体。则反应③的化学方程式为_______。在加热条件下，D的浓溶液能与木炭发生反应生成C，D体现的性质为_______（3）若B是淡黄色固体，且②③的反应物中均有常温下为液态的一种物质。则反应③的化学反应方程式为_______。（4）若D为红褐色沉淀，且①的反应物有盐酸，向B溶液中入溶液的现象为_______。（5）若A为金属单质，B为氧化物，D难溶于水且具有两性。若反应②③均在盐酸中完成，则C的化学式为_______。若反应②③均在溶液中完成，则C的化学式为_______。【24题答案】【答案】（1）①.②.NO2（2）①.2H2S+3O2=2SO2+2H2O②.强氧化性（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（4）生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（5）①.②.【解析】【分析】(1)．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物且都含有一种相同元素，其中A是单质，常温下，A、B、C、D均为气体，气体B溶于水显碱性，则气体B是NH3，气体A是N2，在雷雨天气，可发生反应②，则气体C是NO，D相对分子质量比C大16，而氧元素的原子量是16，则气体D为NO2。(2)．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物且都含有一种相同元素，其中A是单质,若A是淡黄色固体，则A可能是S，B为氢化物，则B是H2S，常温下，D的浓溶液是一种无色黏稠油状液体，则D是H2SO4，则C是SO2。(3)．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物且都含有一种相同元素，其中A是单质,若B是淡黄色固体，则B可能是Na2O2，则A是Na，且②③的反应物中均有常温下为液态的一种物质，则这种物质应是H2O，则C是NaOH，则D可能是Na2CO3。(4)．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物且都含有一种相同元素，其中A是单质，若D
为红褐色沉淀，则D是Fe(OH)3，C是Fe(OH)2，A是Fe，且①的反应物有盐酸，则B是FeCl2。(5)．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物且都含有一种相同元素，其中A是单质，若A为金属单质，B为氧化物，D难溶于水且具有两性，则D是Al(OH)3，A是Al，B为Al2O3。据以上分析解答。【小问1详解】经分析B是NH3，C是NO，则反应③的化学方程式为；C是NO，C、D之间可以相互转换，且含有同一种元素，D相对分子质量比C大16，而氧元素的原子量是16，则D为NO2；【小问2详解】反应③是B→C，即H2S转化为SO2，则反应③的化学方程式是2H2S+3O2=2SO2+2H2O；在加热条件下，D的浓溶液能与木炭发生反应生成C，，即是木炭和浓硫酸反应，反应的化学方程式是C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，在此反应中碳被氧化为二氧化碳，体现了浓硫酸的强氧化性。【小问3详解】反应③是B→C，经分析B是Na2O2，C是NaOH，且②③的反应物中均有常温下为液态的一种物质，则这种物质应是H2O，则反应③的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。【小问4详解】经分析B是FeCl2，则向B溶液中加入溶液的现象为生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。【小问5详解】经分析A是Al，B为Al2O3，若反应②③均在盐酸中完成，则C是AlCl3，若反应②③均在溶液中完成，则C的化学式为。
