級高三年級第一學期第七次調研考試試題化學本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。請將全部答案按要求寫在答卷紙上。可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Si：28S：32Fe：56Cu：64第Ⅰ卷(選擇題)一、選擇題(本題20小題，1-15每題2分，16-20每題3分，共45分。在下列各題的四個選項中，只有一項是最符合題意的。)1.下列化學用語表達正確的是。A.基態硅原子的軌道表示式：B.基態Cr的電子排布式：C.的電子式：D.C原子的核外能量最高的電子云圖像如圖：【答案】D【解析】【詳解】A．基態硅原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2，軌道表示式：，故A錯誤；B．Cr元素為24號元素，原子核外有24個電子，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，故B錯誤；C．是共價化合物，電子式為：，故C錯誤；D．C原子的核外能量最高的軌道為2p，電子云圖像如圖：，故D正確；故選D。2.《本草經集注》記載：“雞屎礬(堿式硫酸銅或堿式碳酸銅)不入藥用，惟堪鍍作，以合熟銅；投苦酒(醋)中，涂鐵皆作銅色，外雖銅色，內質不變”。下列說法錯誤的是A.“不入藥用”是因為其在胃中形成重金屬B.“投苦酒中”發生的是復分解反應C.“涂鐵皆作銅色”發生置換反應D.“惟堪鍍作，以合熟銅”是電鍍銅【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．堿式硫酸銅或堿式碳酸銅在胃中酸性條件下會生成，對人體有害，A項正確；B．堿式硫酸銅和醋酸反應生成醋酸銅、硫酸銅、水，堿式碳酸銅和醋酸反應生成醋酸銅、二氧化碳、水，均屬于復分解反應，B項正確；C．“涂鐵皆作銅色”是Fe+Cu2+=Fe2++Cu，是置換反應，C項正確；D．“惟堪鍍作，以合熟銅”描述的是活潑金屬置換銅的過程，不是電鍍，D項錯誤；答案選D。3.制備相關物質，涉及的反應原理及部分流程不合理的是A制溴：濃縮海水Br2HBr溶液Br2B.制取鎂：海水溶液MgC.加熱分解Ag2O冶煉Ag：2Ag2O4Ag+O2↑D.制碘：干海帶浸出液碘水含I2苯溶液單質碘【答案】B【解析】【詳解】A．制溴：濃縮海水通入氯氣，溴離子與氯氣反應生成溴單質，溴易揮發，可用熱空氣吹出，用二氧化硫水溶液吸收生成HBr溶液，達到富集，在通入溴化氯氣，溴離子與氯氣反應生成溴單質，涉及的反應原理及部分流程合理，A不合題意；B．制取鎂：海水中加入石灰乳，發生復分解反應生成氫氧化鎂，過濾，濾液中加入稀鹽酸，反應生成氯化鎂溶液，在HCl氣流中加熱蒸發得到無水氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂，反應原理及部分流程不合理，B符合題意；C．Ag化學性質不活潑，可用加熱分解Ag2O冶煉Ag,反應為2Ag2O4Ag+O2↑，反應原理合理，C不合題意；D．制碘：加水浸泡干海帶得到含有I-的溶液，酸性條件下加入過氧化氫溶液氧化I-生成I2，加苯萃取得到含碘苯溶液，最后蒸餾分離得到苯和I2單質，涉及的反應原理及部分流程合理，D不合題意；故答案為：B。4.邏輯推理是學習化學常用的思維方法，下列推理正確的是A.原子不顯電性，則不顯電性的微粒一定是原子B.單質中只含一種元素，則只含一種元素的物質一定是單質C.堿性溶液能使無色酚酞變紅，則能使無色酚酞變紅的溶液一定顯堿性D.燃燒都有明顯的發光、放熱，則有發光、放熱現象的變化一定是燃燒【答案】C【解析】【詳解】A．原子不顯電性，分子、中子等也不顯電性，所以不顯電性的微粒不一定是原子，A項錯誤；B．只含一種元素的物質可能是混合物，如紅磷和白磷，也可能是單質，所以單質中只含一種元素，則只含一種元素的物質不一定是單質，B項錯誤；C．堿性溶液能使無色酚酞變紅，則能使無色酚酞變紅的溶液一定顯堿性，C項正確；D．有發光、放熱現象的變化不一定是燃燒，如電燈的發光發熱，D項錯誤；故答案選C。5.在溶液中加入過量Na2O2后仍能大量共存的是A.NH、Ba2+、Cl-、NO B.K+、SiO、AlO、SOC.Fe2+、Mg2+、SCN-、Cl- D.Na+、SO、I-、HCO【答案】B【解析】【分析】過氧化鈉有強氧化性，能與還原性的物質發生氧化還原反應，過氧化鈉在溶液中能與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，據此分析解答。【詳解】A．過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，而生成的氫氧根離子能與銨根會發生反應，A選項錯誤；B．K+、SiO、AlO、SO互相之間不反應，并且與過氧化鈉、及與過氧化鈉和水反應生成的氫氧化鈉也不反應，B選項正確；C．亞鐵離子有還原性，能被過氧化鈉氧化成鐵離子，鐵離子與硫氰酸根能形成紅色的絡合物而不能共存，且過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉，氫氧根能與鎂離子反應生成氫氧化鎂沉淀，C選項錯誤；D．SO、I-均具有還原性，能被過氧化鈉氧化，且過氧化鈉與水反應生成的氫氧化鈉會與碳酸氫根發生反應而不共存，D選項錯誤；答案選B。6.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.標準狀況下，2.24L氯仿中分子數為B.常溫下，60g中含有極性鍵的數目為C.1mol晶體和1mol晶體含有的離子數目均為D.一定條件下，5.6gFe與一定量硝酸充分反應，鐵完全溶解，轉移的電子數為【答案】B【解析】【詳解】A．標況下，氯仿為液態，無法算出其所含的分子數，A錯誤；B．60g為1mol，1個中含有4個，故1mol中含有極性鍵的數目為，B正確；C．電離方程式，的電離方程式，故1mol晶體含有的粒子數目為，C錯誤；D．Fe與足量硝酸反應生成硝酸鐵，與少量硝酸反應生成硝酸亞鐵，因硝酸量不知，故無法確定鐵完全溶解時轉化電子，D錯誤；故選B。7.鈦(Ti)有“未來鋼鐵”之稱。工業上常以TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2獲得海綿狀鈦，該反應在某種氣體保護環境中進行，該氣體環境可能是A.氬氣中 B.空氣中 C.HCl氣氛中 D.CO2氣體中【答案】A【解析】【詳解】金屬鎂是活潑金屬，化學性質活潑，一定條件下能與HCl、空氣或O2、CO2等反應，則以TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2獲得海綿狀鈦的反應環境為稀有氣體中，故答案為：A。8.下列有關說法中正確的是A.金剛石和石墨是由同一種元素組成的單質，二者互為同位素B.粒子Xn-中含有的電子數為a-nC.H216O和D216O化學性質不同D.CO2、CCl4中所有原子均達到8電子穩定結構【答案】D【解析】【詳解】A．金剛石和石墨是由同一種元素組成的單質，二者互為同素異形體，故A錯誤；B．粒子Xn-的質子數為a，帶有n個單位的負電荷，所以含有的電子數為a+n，故B錯誤；C．H216O和D216O是由同種元素組成的相同分子，化學性質相同，故C錯誤；D．CO2、CCl4的電子式分別為、，所有原子均達到8電子穩定結構，故D正確；故選D。9.在實驗室中，用如圖所示裝置(尾氣處理裝置略去)進行下列實驗，將①中液體逐滴滴入到②中。實驗結果與預測的現象一致的是選項①中的物質②中的物質預測②中的現象A氨水氯化鋁溶液產生白色沉淀B濃硫酸銅片產生大量氣體，溶液變藍C濃硝酸用砂紙打磨過的鐵絲產生大量紅棕色氣體D濃鹽酸MnO2黑色粉末立即產生大量氣體A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．氨氣與氯化鋁溶液反應生成氫氧化鋁白色沉淀，氫氧化鋁沉淀不溶于氨水，實驗結果與預測的現象一致，A符合題意；B．濃硫酸和銅需要加熱反應生成二氧化硫和硫酸銅，實驗結果與預測的現象不一致，B不符合題意；C．濃硝酸使得鐵鈍化，不生成二氧化氮氣體，實驗結果與預測的現象不一致，C不符合題意；D．濃鹽酸和二氧化錳需要加熱生成氯氣，實驗結果與預測的現象不一致，D不符合題意；故選A。10.化學和生活、社會發展息息相關。下列說法正確的組合是①飛船返回艙表層材料中的玻璃纖維屬于天然有機高分子材料②液化石油氣、汽油、煤油、柴油的主要成分都是烴③工業上通過石油分餾得到大量化工原料苯④活性炭疏松多孔，可用于除異味和殺菌⑤維生素C是NaNO2中毒的急救藥之一，利用了維生素C的氧化性⑥“光化學煙霧”“臭氧空洞”“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化物有關⑦用四氯乙烯干洗劑除去衣服上油污，發生的是物理變化⑧波爾多液(硫酸銅、石灰和水配成)用作農藥，利用Cu2+使病毒蛋白變性⑨漂白粉與鹽酸可混合使用以提高漂白效果A.②⑤⑦⑨ B.②⑥⑦⑧ C.③④⑥⑧ D.①③④⑤【答案】B【解析】【詳解】①玻璃纖維為無機非金屬材料，不屬于天然有機高分子材料，錯誤；②液化石油氣、汽油、煤油、柴油均為石油煉制產品，主要成分都是烴，正確；③工業上通過石油分餾得到汽油、煤油、柴油等，煤炭的干餾得到化工原料苯，錯誤；④活性炭疏松多孔，具有吸附性，可用于除異味，但是不用于殺菌，錯誤；⑤維生素C是NaNO2中毒的急救藥之一，解毒過程中維生素被氧化，利用了維生素C的還原性，錯誤；⑥氮氧化物導致空氣污染，會形成“光化學煙霧”“臭氧空洞”“硝酸型酸雨”等危害，正確；⑦用四氯乙烯干洗劑除去衣服上油污，利用相似相溶的原理，是油污溶于干洗劑，發生的是物理變化，正確；⑧銅離子為重金屬離子，能使蛋白質變性，波爾多液(硫酸銅、石灰和水配成)用作農藥，利用Cu2+使病毒蛋白變性，正確；⑨漂白粉與鹽酸混合發生氧化還原反應生成有毒的氯氣，不可混合使用，錯誤；故選B。11.部分含硫物質的類別與相應化合價及部分物質間轉化關系如圖，下列說法錯誤的是A.a溶液放置在空氣中一段時間會出現渾濁現象B.空氣中燃燒b可以得到大量的dC.b附著在試管壁上可以用二硫化碳或熱的濃NaOH溶液洗滌D.e的濃溶液可以用鐵槽車運輸是利用其強氧化性【答案】B【解析】【分析】由圖可知，a為硫化氫、b為S、c為二氧化硫、d為三氧化硫、e為硫酸、f為硫酸鹽、g為金屬硫化物。【詳解】A．氫硫酸具有還原性，在空氣中放置時會與空氣中的氧氣反應生成硫沉淀和水，溶液會變渾濁，故A正確；B．硫在空氣中燃燒，只能與氧氣反應生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故B錯誤；C．硫不溶于水，易溶于二硫化碳，則附著在試管壁上的硫可以用二硫化碳洗滌，硫能與熱的氫氧化鈉溶液反應生成硫化鈉、亞硫酸鈉和水，所以附著在試管壁上的硫也可以用熱的氫氧化鈉溶液洗滌，故C正確；D．硫酸具有強氧化性，常溫下能使鐵發生鈍化，形成致密氧化膜阻礙反應的繼續進行，所以可用鐵槽車運輸濃硫酸，故D正確；故選B。12.W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，W、Z同主族，Y的單質可用于制作光電池，X的周期序數等于主族序數，Z原子的最外層電子數等于最內層電子數的3倍，下列敘述正確的是A.簡單離子的半徑：Z>W>XB.最簡單氫化物的沸點：W<ZC.X的氧化物是堿性氧化物，可與酸反應，不與堿反應D.Y的氧化物是兩性氧化物，可與酸反應，可與堿反應【答案】A【解析】【分析】由題意知，Y的單質可用于制作光電池，Y為Si，X的周期序數等于主族序數，則，X為Al，Z原子的最外層電子數等于最內層電子數的3倍，則Z為O或S，又因為W、Z同主族，則W為O，Z為S，據此回答。【詳解】A．由分析知，簡單離子的半徑S2->O2->Al3+，A正確；B．W最簡單的氫化物為H2O，含有氫鍵，沸點較高，B錯誤；C．X的氧化物Al2O3是兩性氧化物，既能與酸反應，又能與強堿反應，C錯誤；D．Y的氧化物SiO2是酸性氧化物，只能與HF反應，不能與其他酸反應，能與強堿反應，D錯誤；故選A。13.是一種工業消毒劑，其結構和性質與氯氣相似，下列有關的預測正確的是A.I、元素的化合價都為0價 B.的熔沸點比氯氣的低C.具有強氧化性，能將氧化為 D.與溶液反應，能產生黃色的沉淀【答案】C【解析】【詳解】A．ICl是化合物，氯元素的非金屬性強于碘，I元素的化合價為+1價，Cl元素的化合價為-1價，故A錯誤；B．與氯氣均構成分子晶體，相對分子質量大的分子間作用力大、熔沸點高，則的熔沸點比氯氣的高，故B錯誤；C．+1價的I元素具有強氧化性，能使Fe2+轉化為Fe3+，故C正確；D．與H2O反應的化學方程式：ICl+H2O=HCl+HIO，則與溶液反應，能產生白色的氯化銀沉淀，故D錯誤；故選C。14.下列所示裝置正確且能完成相關實驗的是A.用甲所示裝置制Fe(OH)2B.用乙所示裝置制氨氣C.用丙所示裝置制氯氣并驗證氯氣與水反應有鹽酸生成D.用丁所示裝置模擬侯氏制堿法獲得NaHCO3【答案】D【解析】【詳解】A．CCl4密度大于水，在下層，不能制得Fe(OH)2，故A錯誤；B．氯化銨受熱分解生成NH3和HCl，在試管口兩者又生成氯化銨，不能制取氨氣，故B錯誤；C．濃鹽酸易揮發，揮發的HCl和碳酸氫鈉反應，不能驗證氯氣與水反應有鹽酸生成，故C錯誤；D．氨氣、二氧化碳、飽和食鹽水反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，該裝置可模擬侯氏制堿法獲得NaHCO3，故D正確；故選D。15.下列離子方程式正確的是A.向碳酸氫鈣溶液中加入過量的氫氧化鈉溶液：B.將少量氯化鐵溶液滴入硫化鈉的溶液中：C.向次氯酸鈉溶液中通入過量：D.惰性電極電解氯化鎂溶液：【答案】C【解析】【詳解】A．向碳酸氫鈣溶液中加入過量的氫氧化鈉溶液，鈣離子和碳酸氫根離子均完全反應：，A錯誤；B．將少量氯化鐵溶液滴入硫化鈉的溶液中生成亞鐵離子又會和硫離子生成硫化亞鐵沉淀：，B錯誤；C．向次氯酸鈉溶液中通入過量生成次氯酸和碳酸氫鈉：，C正確；D．用惰性電極電解飽和MgCl2溶液，生成氫氧化鎂沉淀、氯氣和氫氣：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，D錯誤；故選C。16.以黃鐵礦(主要成分為FeS2，其中硫的化合價為-1價)生產硫酸的工藝流程如圖，下列說法不正確的是A.沸騰爐中每生成1molSO2，有11mole-發生轉移B.接觸室中發生反應為氧化還原反應C.接觸室中排放出的SO2、O2循環利用，可提高原料利用率D.可用濃氨水吸收尾氣，并進一步轉化氮肥【答案】A【解析】【分析】黃鐵礦在沸騰室被O2氧化為SO2和Fe2O3，而SO2與O2在接觸室轉變為SO3，SO3經吸收塔吸收轉變為硫酸。【詳解】A．FeS2中硫的化合價為-1價、鐵為+2價，黃鐵礦在沸騰室被O2氧化為SO2和Fe2O3，按照電子守恒關系式為FeS2~2SO2~11e-，即1molSO2轉移5.5mol電子，A錯誤；B．二氧化硫被氧氣氧化為三氧化硫，為氧化還原反應，B正確；C．原料、中間產物等循環利用可提高原料利用率，C正確；D．尾氣中含有SO2可用氨水吸收轉化為（NH4)2SO3，進一步轉化為氮肥，D正確；故選A。17.依據下列4種基態原子的電子排布式，判斷下列比較正確的是：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。A.第一電離能：④>③>②>① B.原子半徑：①>②>③>④C.電負性：④>③>②>① D.最高正化合價：④>①>③=②【答案】A【解析】【分析】根據基態原子的電子排布式，①1s22s22p63s23p4為S；②1s22s22p63s23p3為P；③1s22s22p3為N；；④1s22s22p5為F，據此解答。【詳解】A．同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢，但N、P元素原子np能級容納3個電子，為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能S＜P，故S＜P＜N＜F，即④>③>②>①，故A正確；

B．電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小；所以原子半徑P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B錯誤；

C．同周期自左而右電負性增大，同主族從上到下電負性減弱，電負性P＜S＜N＜F，即④＞③＞①＞②，故C錯誤；

D．最高正化合價等于最外層電子數，但F元素沒有最高正化合價，所以最高正化合價：①＞③=②，故D錯誤；

故選：A。18.W、X、Y、Z是四種原子序數依次增大的短周期主族元素，其中X和Y同周期，Y和Z同主族，由這四種元素形成的某種具有強氧化性的物質的結構如圖。下列說法錯誤的是A.Y與Z能形成多種化合物B.四種元素均可與鈉元素形成離子化合物C.其化學式為，其中Z顯+7價D.該物質具有強氧化性是因為含有鍵【答案】C【解析】【分析】根據Y成了2條鍵，推測Y可能為O或者S，又根據Y和Z同主族且為短周期元素，故推測Y為O，Z為S，又根據該物質中X成了4條鍵，且X位于第二周期，顯＋1價，推測X為N，W為H。【詳解】A．S與O可以形成SO2、SO3等化合物，A正確；B．、、和均屬于離子化合物，B正確；C．中存在鍵，其中S元素顯＋6價，C錯誤；D．鍵中O元素顯－1價，具有強氧化性，D正確；故選C。19.有氧條件下，在Fe基催化劑表面，還原NO的反應機理如圖所示。該反應能夠有效脫除煙氣中的NO，保護環境。下列說法不正確的是A.在酸性配位點上，與通過配位鍵形成B.增大壓強有利于NO與吸附在配位點上形成C.在反應過程中，Fe基可以提高NO的轉化率D.該反應的總方程式為：【答案】C【解析】【詳解】A．分子中的N原子還含有一對孤對電子，所以能和通過配位鍵形成，故A正確；B．由圖可知，NO與吸附在配位點上形成，該過程中氣體體積減小，增大壓強平衡正向移動，有利于NO與吸附在配位點上形成，故B正確；C．在反應過程中，Fe基作為催化劑，催化劑不能改變反應的轉化率，故C錯誤；D．由圖可知，在Fe基催化劑表面，還原NO生成N2和H2O，總方程式為：，故D正確；故選C。20.38.4gCu與一定量濃硝酸恰好完全反應生成氮的氧化物，這些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反應過程及有關數據如圖所示。下列有關該過程的判斷不正確的是A.0.9mol混合氣體中NO、、的物質的量分別是0.1mol、0.7mol、0.1molB.生成0.2mol和0.8molC.若濃硝酸體積為200mL，則其物質的量濃度為11mol/LD.欲使上述0.9mol氮的氧化物完全被水吸收，理論上至少需要通入標準狀況下的體積為6.72L【答案】B【解析】【分析】由，反應中，銅由0價升高到+2價，氮由+5價降低為+2價和+4價，由電子守恒得：3n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)=2n(Cu)=1.2mol，加0.5L2mol/LNaOH后生成和混合溶液，則結合Na、N守恒有n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)=n(Na+)=0.5L×2mol/L，聯立二個式解得n(NO)=0.1mol，n(NO2)=0.7mol，n(N2O4)=0.1mol，據此解答。【詳解】A．由分析可知，n(NO)=0.1mol，n(NO2)=0.7mol，n(N2O4)=0.1mol，A正確；B．由，由電子守恒可以知道，38.4gCu失去的電子等于HNO3到NaNO2得到的電子，0.6×(2-0)=n(NaNO2)×(5-3),計算得出n(NaNO2)=0.6mol，根據題給信息可知n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，則由Na原子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，則n(NaNO3)=1mol-0.6mol=0.4mol，，B錯誤；C．銅和硝酸反應生成硝酸銅和氮的化合物，，所以生成硝酸銅0.6mol，含有硝酸根離子1.2mol，氮的化合物為0.9mol，與氫氧化鈉恰好完全反應生成NaNO3和NaNO2，根據原子守恒可知：n(Na)=n(N)=n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，所以硝酸的總量為1.2mol+1mol=2.2mol，若濃硝酸體積為200mL，則其物質的量濃度為，C正確；D．0.9mol氮的氧化物完全被水吸收，可知氮的氧化物與氧氣恰好完全反應生成硝酸，總過程可視為Cu與氧氣、硝酸反應最終生成硝酸銅，根據得失電子守恒可知：，則轉移電子物質的量為1.2mol，1mol氧氣反應轉移4mol電子，則消耗氧氣0.3mol，標況下體積為6.72L，D正確；故選B。第Ⅱ卷(非選擇題)二、非選擇題(本題共5小題，共55分。)21.隨著原子序數的遞增，A～G七種短周期元素的最高正價或最低負價與原子序數的關系如圖所示。（1）在A、B、F、G四種元素中，非金屬性最弱的元素在周期表中的位置為___________。（2）A、B、C三種元素的第一電離能由大到小的順序是___________(填元素名稱)。（3）F元素的最高價氧化物與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式是___________。（4）元素A與C形成的電子總數為22的分子的結構式為___________。（5）元素C與D按原子個數比1∶1形成的化合物的電子式為___________，其所含的化學鍵有___________(填化學鍵類型)。【答案】（1）第三周期ⅣA族（2）由大到小的順序是（3）2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O（4）O=C=O（5）①.②.離子鍵、非極性共價鍵【解析】【分析】A→G原子序數依次增大，由圖可知，A與F同主族且位于短周期，最高化合價與最低化合價為-4與+4價，所以A為C元素，F為Si元素，B的最高價為+5價，因此B為N元素，C最低價為-2價，無最高價，所以C為O元素，D無最低價，最高價為+1，所以D為Na元素，同理E為Al元素，G的最高價為+6價，G為S元素。【小問1詳解】由分析知，A、B、F、G非金屬性最弱的元素是Si，位置為第三周期ⅣA族；【小問2詳解】由分析知，A、B、C三種元素分別為C、N、O，第一電離能由大到小的順序是氮>氧>碳；【小問3詳解】F的最高價氧化物為SiO2，與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；【小問4詳解】A為C元素，C為O元素，A與C形成電子總數為22的分子式為CO2，結構式為O=C=O；【小問5詳解】C為O元素，D為Na元素，C、D原子個數比為1:1的化合物為Na2O2，其電子式為；所含有的化學鍵為離子鍵、非極性共價鍵。22.某工廠排放的工業廢水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，工廠為了減少環境污染，利用廢鐵屑和其他化學試劑進行如圖操作，得到了鐵紅、Al2O3和金屬Cu，回答下列問題：(1)固體A的成分是_____。(用化學式表示)(2)寫出B→D的離子方程式_____。要檢驗溶液D中是否含有Fe3+所需的試劑是______(用化學式表示)溶液，若含有Fe3+則觀察到的現是________。(3)溶液E焰色反應呈黃色，試劑H是_______(用化學式表示)；D→E反應的離子方程式是________。(4)寫出鐵紅在工業上的一種主要用途：_______。【答案】①.Fe、Cu②.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-③.KSCN④.溶液變紅色⑤.NaOH⑥.Al3++4OH-=+2H2O⑦.紅色油漆或涂料等【解析】【分析】某工廠排放的工業廢水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，先加過量鐵發生反應：2Fe3++Fe=3Fe2+，鐵在金屬活動順序表中排在銅的前面，所以鐵粉把銅置換出來，發生反應：Fe+Cu2+=Cu+2Fe2+，由于鐵過量，所以所得固體A包括Fe和Cu，將固體A加入稀鹽酸中得到銅和亞鐵離子，固體C為銅；過濾所得溶液B中含有Al3+、Fe2+，加足量氯水，+2價的鐵離子被氯水中氯氣氧化，生成+3價的鐵離子，發生反應：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液D中含有Fe3+和Al3+，溶液E焰色反應呈黃色，含有鈉離子，由于H是堿，H為氫氧化鈉，溶液E為偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉中通入二氧化碳得到氫氧化鋁，將氫氧化鋁沉淀灼燒得到氧化鋁；沉淀F為氫氧化鐵，將氫氧化鐵灼燒得到氧化鐵，由此分析。【詳解】(1)根據分析，固體A的成分是Fe、Cu；(2)溶液B中含有Al3+、Fe2+，加足量氯水，+2價的鐵離子被氯水中的氯氣氧化，生成+3價的鐵離子，B→D的離子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；D中含有Fe3+和Al3+，要檢驗溶液D中是否含有Fe3+所需的試劑是KSCN溶液，若含有Fe3+，溶液呈血紅色；(3)溶液E焰色反應呈黃色，含有鈉離子，由于H是堿，故試劑H是NaOH；D→E表示鋁離子和氫氧根離子反應生成偏鋁酸根和水，反應的離子方程式是Al3++4OH-=+2H2O；(4)鐵紅為三氧化二鐵，為紅棕色固體，在工業上作紅色油漆或涂料等。23.氯化鉻()是重要的鉻鹽，某實驗小組利用下圖所示裝置在實驗室制備(夾持裝置略去)。已知：易潮解，易溶于水，鉻粉在空氣中灼燒生成，易與鹽酸反應生成氯化亞鉻()。請回答下列問題：（1）按照氣流由左到右的方向，上述裝置合理的連接順序為a→_______(填儀器接口字母)。（2）裝置A中橡皮管的作用為_______。（3）裝置C中的試劑X是_______。（4）裝置E的作用為_______。（5）無水易吸水形成暗綠色的晶體，該配合物的中心微粒為_______，1mol該配合物中含有鍵的數目為_______。【答案】（1）d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i（2）平衡氣壓，便于濃鹽酸順利流下（3）飽和食鹽水（4）吸收，防止空氣中水蒸氣進入B中（5）①.②.【解析】【分析】A裝置用高錳酸鉀與濃鹽酸反應制取氯氣，生成的氯氣中含有HCl與水蒸氣，先用飽和食鹽水除去HCl，再用濃硫酸干燥氯氣，干燥的氯氣進入B中與鉻反應生成，因易吸水，因此在B裝置后應接一個盛有堿石灰的干燥管，用于除去過量氯氣同時防止空氣中的水蒸氣進入B中，影響產物，據此分析解答。【小問1詳解】由以上分析可知各管口的連接順序為a→d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i，故答案為：d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i；【小問2詳解】裝置A中橡皮管可以連接分液漏斗與錐形瓶，可以起到平衡分液漏斗與錐形瓶內壓強，便于濃鹽酸順利流入錐形瓶，故答案為：平衡氣壓，便于濃鹽酸順利流下；【小問3詳解】裝置C中的試劑X應盛放飽和食鹽水，用于除去氯氣中的HCl，故答案為：飽和食鹽水；【小問4詳解】由以上分析可知裝置D中盛放堿石灰的作用為吸收，防止空氣中水蒸氣進入B中，故答案為：吸收，防止空氣中水蒸氣進入B中；【小問5詳解】由化學式可知中心原子為Cr，其化合價為+3，，該配合物的中心微粒為，1mol該配合物中含有6molH2O，1molH2O中含有2mol鍵，6mol水中含12mol鍵，同時配合離子中含有6mol配位鍵，配位鍵屬于鍵，1mol該配合物中共含有18mol鍵，個數為18NA，故答案為：；；24.細菌可以促使鐵、氮兩種元素進行氧化還原反應，并耦合兩種元素的循環。（1）氮循環中，屬于氮的固定的有___________(填字母序號，下同)。a．轉化為氨態氮b．硝化過程c．反硝化過程（2）銨態氮肥是水體中氨態氮的主要來源之一、①氨氣是生產氮肥主要原料，工業合成氨的化學方程式為___________。②檢驗某固態氮肥中銨根的實驗操作與相應的現象及結論為___________。（3）銨態氮與亞硝態氮可以在氨氧化細菌的作用下轉化為氮氣，該反應中，當產生氮氣時，轉移電子的物質的量為___________。（4）土壤中的鐵循環可用于水體脫氮(將氮元素從水體中除去)，用離子方程式說明利用土壤中的鐵循環脫除水體中氨態氮的原理：___________。【答案】（1）a（2）①.②.取少量氮肥于試管中，加少量水溶解，加入濃NaOH溶液，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若觀察到紅色石蕊試紙變藍，則證明氮肥中含有（3）0.06mol（4）6Fe3++2=6Fe2++N2↑+8H+【解析】【小問1詳解】氮的固定是指將游離態的氮轉化為化合態氮的方法，即氮氣→含氮化合物或離子，a．N2轉化為氨態氮，屬于人工固氮，故a正確；b．硝化過程是將轉化為，轉化為，屬于含氮化合物的轉化，不屬于固氮，故b錯誤；c．反硝化過程正好和硝化過程相反，屬于含氮化合物的轉化，不屬于固氮，故c錯誤；故答案為a；【小問2詳解】①氨氣是生產氮肥的主要原料，工業合成氨反應為氮