高級中學名校試題PAGEPAGE1吉林省普通高中G8教考聯盟2024-2025學年高一上學期期末考試可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5S-32Fe-56一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.下列說法錯誤的是（）A.在進行鈉在空氣中燃燒和鈉與水反應的實驗時，應佩戴護目鏡B.鈦合金、耐熱合金等新型合金廣泛應用于航空航天、生物工程等領域C.考古時利用測定一些文物年代，用于制造氫彈D.漂白液既可以作棉、麻、紙張的漂白劑，又可以做游泳池的消毒劑【答案】C【解析】A．鈉與水反應生成氫氣和氫氧化鈉，反應劇烈，鈉在空氣中燃燒反應放出大量的熱，故應佩戴護目鏡，A不符合題意；B．鈦合金、耐熱合金等新型合金性能優良，廣泛應用于衛星、航天航空、生物工程等領域，B不符合題意；C．利用的半衰期長，考古時可利用測定一些文物的年代，是普通氫原子，和可以用于制造氫彈，C符合題意；D．漂白液中的有效成分NaClO具有強氧化性，能夠將有色物質氧化變為無色，也具有強烈的殺菌消毒作用，因此既可作漂白棉、麻、紙張的漂白劑，又可用作游泳池等場所的消毒劑，D不符合題意；故選C。2.物質分類觀是化學學科的核心觀念，下列物質的性質及分類分析正確的是（）A.屬于堿性氧化物，屬于酸性氧化物B.(次磷酸)與足量的NaOH反應后只生成，故屬于一元酸C.膠體與溶液的本質區別是能否產生丁達爾效應D.液態HCl不能導電，所以HCl是非電解質【答案】B【解析】A．能與水作用只生成酸或與堿反應只生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物；能與水作用只生成堿或與酸反應只生成鹽和水的氧化物屬于堿性氧化物；和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，不屬于堿性氧化物，和水反應生成硝酸和NO，不屬于酸性氧化物，故A錯誤；B．(次磷酸)與足量的NaOH反應后只生成，則只能電離出1個氫離子，屬于一元酸，故B正確；C．膠體和溶液的本質區別是分散質粒子直徑大小的不同，故C錯誤；D．液態HCl不能導電，但是其水溶液導電，所以HCl是電解質，故D錯誤；故選B。3.下列離子方程式與所述事實相符且正確的是（）A.向溶液中加入過量NaOH溶液：B.向溶液中通入：C.用作呼吸面罩供氧劑的原理：D.NaH用作生氫劑的原理：【答案】D【解析】A．向溶液中加入過量NaOH溶液：，A錯誤；B．HCl酸性大于H2CO3，CO2與CaCl2溶液不反應，B錯誤；C．用作呼吸面罩供氧劑的原理：，C錯誤；D．NaH中的H為-1價，H2O中的H為+1價，二者發生氧化還原反應生成H2，用作生氫劑的原理：，D正確；答案選D。4.已知：①②(濃)③(濃)下列有關敘述正確的是（）A.、(濃)、的氧化性由強到弱的順序是(濃)B.反應①中Se是氧化產物，是還原產物C.反應①中每有2mol生成，轉移電子數目約為D.反應②③中，等量的Se消耗濃和濃的物質的量之比為2∶1【答案】A〖祥解〗①反應中，Se元素的價態降低，SeO2發生還原反應，做氧化劑，Se為還原產物；碘元素價態升高，KI發生氧化反應，做還原劑，I2為氧化產物；②(濃)反應中，Se元素的價態升高，Se發生氧化反應，做還原劑，SeO2為氧化產物；硫元素價態降低，發生還原反應，濃H2SO4做氧化劑，SO2為還原產物，③(濃)反應中，濃HNO3是氧化劑，Se是還原劑，據以上分析解答。【詳析】A．氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；所以反應①中氧化性：SeO2>I2；反應②中氧化性：H2SO4(濃)>SeO2；所以、(濃)、的氧化性由強到弱的順序是(濃)，A正確；B．反應①中Se是還原產物，是氧化產物，B錯誤；C．反應①中每有2mol生成，轉移電子數目約為，C錯誤；D．根據方程式②(濃)、③(濃)可知，反應②③中，1molSe分別消耗2mol濃和4mol濃，二者的物質的量之比為1:2，D錯誤；答案選A。5.對下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是（）選項粒子組判斷和分析A、、、能大量共存，粒子間不反應B、、、能大量共存，粒子間不反應C、、、不能大量共存，因D、、、不能大量共存，因【答案】C【解析】A．、、、中的Cu2+和OH-不能大量共存，會生成Cu(OH)2沉淀，A錯誤；B．、、、中的H+、H2O2和Fe2+會發生氧化還原反應不能大量共存2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，B錯誤；C．與H+發生反應生成CO2氣體，不能大量共存，C正確；D．、、、中的H+、、發生氧化還原反應不能大量共存，D錯誤；答案選C。6.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A.18g和的混合物中，所含中子數為B.1mol與足量的Fe反應，轉移的電子數為C.1mol·L-1溶液中含有的數目為D.標準狀況下，22.4L所含分子數目為【答案】A【解析】A．1個和2H2O中都含有10個中子，和的摩爾質量都是20g/mol，18g混合物的物質的量為，中子的物質的量為0.9mol×10=9mol，數目為9NA，A正確；B．1mol與足量的Fe反應，轉移的電子數為2NA，B錯誤；C．沒有給出溶液的體積，無法計算的數目，C錯誤；D．標準狀況下H2O不是氣體，不能計算分子數，D錯誤；答案選A。7.下列關于、的敘述正確的是（）①分別向等濃度的和溶液中滴加1~2滴酚酞溶液，溶液均變紅且溶液顏色更深②分別向等濃度的和溶液滴加稀鹽酸，溶液產生CO2氣體較快③除去固體中的：將固體加熱至恒重④能用澄清石灰水鑒別、溶液⑤相同溫度下，溶解度：⑥物質的量相同時，完全反應消耗鹽酸的量：A.①③ B.②⑥ C.④⑤ D.⑥【答案】B【解析】①分別向等濃度的和溶液中滴加1~2滴酚酞溶液，溶液均變紅且溶液顏色更深，①錯誤；②向兩溶液中滴加少量鹽酸時，Na2CO3和HCl反應先生成NaHCO3，NaHCO3與HCl再反應生成CO2，故產生CO2氣體較快的為NaHCO3溶液，②正確；③NaHCO3受熱易分解，被除去的是NaHCO3，③錯誤；④澄清石灰水和Na2CO3、NaHCO3溶液反應均產生碳酸鈣沉淀，不能鑒別，④錯誤；⑤相同溫度下，溶解度：Na2CO3>NaHCO3，⑤錯誤；⑥物質的量相同時，Na2CO3消耗的鹽酸的量為NaHCO3消耗鹽酸的量的2倍，⑥正確；②⑥正確，答案選B。8.下列關于物質的檢驗，敘述正確的是（）A.檢驗某無色溶液中含有：取少量溶液于試管中，滴加適量鹽酸酸化的硝酸銀溶液，若產生白色沉淀，則含有B.檢驗某無色溶液中含有：取少量溶液于試管中，加入氯化鋇溶液，若有白色沉淀產生，則含有C.檢驗某溶液中含有：用潔凈的鐵絲蘸取待測液，放在酒精燈上灼燒，透過藍色鈷玻璃，若火焰呈紫色，則含有D.檢驗某溶液中含有：取少量溶液于試管中，加入適量稀鹽酸，若產生無色氣體，則含有【答案】C【解析】A．白色沉淀氯化銀可能是Ag+和鹽酸引入的Cl-反應產生，不能說明溶液中有Cl-，A錯誤；B．若原溶液中含有銀離子，白色沉淀可能是氯化銀，B錯誤；C．K+在灼燒時，透過藍色鈷玻璃觀察顯紫色，C正確；D．取少量溶液于試管中，加入適量稀鹽酸，若產生無色氣體，則含有、、或，D錯誤；故選C。9.下列說法不正確的是（）A.NaOH中含有極性鍵和離子鍵B.與具有相同的質子數和電子數C.的電子式為D.和是氧元素的同素異形體【答案】B【解析】A．NaOH中O和H之間是極性鍵，Na+和OH-之間是離子鍵，A正確；B．與都具有10個電子，具有11個質子，具有9個質子，B錯誤；C．是離子化合物，電子式為，C正確；D．和是由氧元素組成的不同單質，二者是氧元素的同素異形體，D正確；答案選B。10.下列實驗操作不能達到實驗目的的是（）實驗目的實驗操作或現象A制備膠體將飽和的溶液滴入沸水中，并繼續煮沸至生成紅褐色液體，停止加熱B除去溶液中的在溶液中加入少量NaOH溶液攪拌、過濾C除去Cu粉中混有的CuO在混合物中加入足量稀硫酸，充分反應后過濾、洗滌、干燥D比較元素鈉和鉀的金屬性將綠豆大的鈉和鉀分別投入兩個盛有水的燒杯中，觀察到鉀與水反應更劇烈【答案】B【解析】A．將飽和的FeCl3溶液滴入沸水中，并繼續煮沸至生成紅褐色液體，即可制備Fe(OH)3膠體，A正確；B．在MgCl2溶液中加入少量NaOH溶液攪拌、過濾，鎂離子和鋁離子均形成沉淀，不能除去MgCl2溶液中的AlCl3，B錯誤；C．銅和稀硫酸不反應，CuO與硫酸反應生成硫酸銅溶于水，除去Cu粉中混有的CuO可在混合物中加入稀硫酸，充分反應后過濾、洗滌、干燥，C正確；D．比較元素鈉和鉀的金屬性，將綠豆大的鈉和鉀分別投入兩個盛有水的燒杯中，金屬性強的K與水反應的程度更劇烈，D正確；答案選B。11.下列敘述能說明氯元素非金屬性比硫元素強的是（）①HCl的溶解度比H2S大②HCl的酸性比H2S強③HCl的穩定性比H2S強④還原性：Cl-<S2-⑤HClO4的酸性比H2SO4強⑥Cl2與鐵反應生成FeCl3，而S與鐵反應生成FeS⑦Cl2能與H2S反應生成S⑧在周期表中Cl處于S同周期右側A.③④⑤⑥⑦⑧ B.③⑥⑦⑧C.③④⑥⑦⑧ D.①②③④⑤⑥⑦⑧【答案】A【解析】①溶解度大小與非金屬性強弱無關，故①不符合題意；②氫化物酸性強弱與非金屬性強弱無關，故②不符合題意；③非金屬性越強，其氫化物的穩定性越強，HCl的穩定性強于H2S，則說明Cl的非金屬性強于S，故③符合題意；④一般非金屬性強，離子還原性弱，還原性Cl-＜S2-，則Cl的非金屬性強于S，故④符合題意；⑤非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，HClO4的酸性強于H2SO4，說明Cl的非金屬性強于S，故⑤符合題意；⑥與變價金屬反應，非金屬性強的將變價金屬氧化到最高價，非金屬性較弱的將變價金屬氧化到較高價態，氯氣與Fe反應生成氯化鐵，S與鐵反應生成FeS，推出Cl的非金屬性強于S，故⑥符合題意；⑦氯氣與硫化氫發生Cl2+H2S=2HCl+S，Cl2氧化性強于S，說明Cl的非金屬性強于S，故⑦符合題意；⑧Cl、S屬于同周期，從左向右非金屬性增強(稀有氣體除外)，Cl處于S同周期右側，說明Cl的非金屬性強于S，故⑧符合題意；綜上所述，符合題意是③④⑤⑥⑦⑧，選項A符合題意；答案為A。12.關于以下實驗裝置，說法不正確的是（）A.用裝置A盛裝粉末來制取氧氣，并用排水法收集，導氣管有可能堵塞B.裝置B既可以防止倒吸，又可以檢查實驗時裝置B后的裝置是否發生堵塞C.裝置C、F中盛裝的試劑都為濃硫酸，裝置C用來除去中的水蒸氣，裝置F用來防止空氣中的水蒸氣進入裝置ED.裝置D中的產物受熱易升華，所以最好用粗短導管連接裝置D、E【答案】C【解析】A．裝置A大試管口沒有塞一團棉花，故高錳酸鉀粉末有可能堵塞導氣管，A項正確；B．裝置B后的裝置發生堵塞時，會導致裝置B中壓強增大，從而使裝置B中水面下降，長直玻璃導管中的水柱上升，因此裝置B可以用于檢查實驗時裝置B后的裝置是否發生堵塞，裝置B的進氣管遠離液面，可以防止倒吸，B項正確；C．干燥管中不能盛裝濃硫酸，故C項錯誤；D．裝置D中的產物受熱易升華，為了防止氣體凝結為固體，堵塞導管，最好用粗短導管連接裝置D、E，D項正確；故選C。13.如圖為氯及其化合物的“價類二維圖”，下列說法錯誤的是（）A.a與g或f在酸性溶液中都可生成bB.f的鉀鹽可用于實驗室制取C.b的水溶液不穩定，久置會變為a的稀溶液D.c和可用于自來水消毒但原理不同【答案】D〖祥解〗a為HCl，b為Cl2，c為ClO2，d為HClO，e為HClO4，f為氯酸鹽(含)，g為次氯酸鹽(含ClO-)，h為亞氯酸鹽(含)。【詳析】A．a為HCl，b為Cl2，g為次氯酸鹽(含ClO-)，f為氯酸鹽(含)，根據氧化還原反應原理，a與g、f在一定條件下都可發生歸中反應生成Cl2，A正確；B．f的鉀鹽為KClO3，實驗室可用氯酸鉀受熱分解制備氧氣，B正確；C．b的水溶液為氯水，氯水不穩定，久置會變為HCl的稀溶液，C正確；D．c為ClO2和可用于自來水消毒，都是由于強氧化性使蛋白質變性消毒，原理相同，D錯誤；答案選D。14.X、Y、Z、M是四種短周期主族元素，其中X、Y位于同一主族，Y與M、X與Z位于同一周期。X原子的最外層電子數是其電子層數的3倍，Z原子的核外電子數比X原子的少1。M是同周期主族元素中半徑最大的。下列說法錯誤的是（）A.Y的最高價氧化物對應水化物的化學式可表示為B.四種元素簡單離子的半徑大小為Y>Z>X>MC.X、Y的最簡單氫化物中，X的最簡單氫化物沸點最高D.X、Y、M可以組成不止一種化合物【答案】A〖祥解〗X、Y、Z、M是4種短周期元素，X原子最外層電子數是其電子層數的3倍，X原子有2個電子層，最外層電子數為6，則X為O元素，X、Y位于同一主族，則Y為S元素；Z原子的核外電子數比X原子少1，又X與Z位于同一周期，則Z為N元素；M是同周期中半徑最大的元素，應處于IA族元素，由Y與M同一周期，則M為Na元素。【詳析】A．S的最高價氧化物對應水化物的化學式為H2SO4，故A錯誤；B．離子的核外電子層數越多半徑越大，S2-半徑最大，Na＋、O2-、N3-核外電子排布相同，其核電核數越大，離子半徑越小，則四種元素簡單離子的半徑由大到小依次為Y(S2-)＞Z(N3-)＞X(O2-)＞M(Na＋)，故B正確；C．根據上述分析可知，X、Y分別是O、S，則X為O元素，H2O常溫下為液體，而氨氣為氣態，故水的沸點最高，故C正確；D．O、S、Na可以組成Na2SO4、Na2SO3等化合物，故D正確；答案選A。15.現有FeO和組成的混合物，取mg該混合物，向其中加入500mL2mol/L的鹽酸，混合物恰好完全溶解，向反應后的溶液中加入足量NaOH溶液，過濾、洗滌、干燥、灼燒至恒重，得到32.0g固體(不考慮過程中固體的損失)。下列說法正確的是（）A.B.至少需要1.5molNaOHC.若用足量還原mg該混合物，則消耗0.7molD.FeO與的物質的量之比為2∶1【答案】D〖祥解〗設FeO為xmol，Fe2O3為ymol，根據消耗的HCl的物質的量為2mol/L×0.5L=1mol，得出方程式①2x+6y=1，最終得到32.0gFe2O3，得出Fe的物質的量為，根據Fe原子守恒得出方程式②x+2y=0.4，根據①2x+6y=1，②x+2y=0.4，解得x=0.2mol，y=0.1mol，即FeO為0.2mol，Fe2O3為0.1mol。【詳析】A．m=0.2mol×72g/mol+0.1mol×160g/mol=27.2g，A錯誤；B．FeO為0.2mol，溶于鹽酸得到0.2mol的Fe2+，Fe2O3為0.1mol，溶于鹽酸得到0.2molFe3+離子，共需要NaOH的物質的量為0.2mol×2+0.2mol×3=1.0mol，B錯誤；C．若用足量還原mg該混合物，則消耗的物質的量為0.2mol+0.1mol×3=0.5mol，C錯誤；D．根據分析得出FeO為0.2mol，Fe2O3為0.1mol，FeO與的物質的量之比為2∶1，D正確；答案選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.I．為實現碳達峰、碳中和，中共中央國務院提出，到2025年單位國內生產總值二氧化碳排放比2020年下降18%，有學者提出如圖所示的含碳物質轉化技術路線。回答下列問題：（1）上述涉及的物質中，屬于離子化合物的有____________(填化學式)。（2）寫出在水溶液中的電離方程式________________________________。（3）反應①的離子方程式為________________________________。（4）反應④中形成的化學鍵類型為______________________。II．元素周期表與元素周期律在學習、研究和生產實踐中有很重要的作用。如圖是元素周期表的一部分，依據周期表完成下列推斷。（5）元素X在周期表中的位置是_________________。（6）Y與氫元素組成含18個電子的分子的結構式為_________________。（7）Z、M、W三種元素的原子半徑從大到小排序為_________________(用元素符號示)。（8）用電子式表示W與M形成化合物的過程________________________________。【答案】（1）K2CO3和KHCO3（2）K2CO3=2K++（3）+CO2+H2O=2（4）極性共價鍵（5）第二周期VA族（6）H-O-O-H（7）K>Na>Cl（8）〖祥解〗I、天然氣燃燒生成CO2和H2O，CO2和H2O與K2CO3反應生成KHCO3，KHCO3加熱再分解生成CO2、H2O和K2CO3，CO2與H2反應生成CH3OH和H2O，還可以生成CH4和H2O。II、由元素周期表可知，X、Y、Z、W、M分別是N、O、Na、Cl、K元素。【小問1詳析】上述涉及的物質中，K2CO3和KHCO3屬于鹽類，是離子化合物；【小問2詳析】K2CO3是強電解質，在水溶液中完全電離，電離的方程式為：K2CO3=2K++；【小問3詳析】反應①是CO2和H2O與K2CO3反應生成KHCO3，離子方程式為：+CO2+H2O=2；【小問4詳析】反應④是CO2與H2反應生成CH4和H2O，形成的化學鍵類型是極性共價鍵；【小問5詳析】X為N元素，在周期表中位于第二周期VA族；【小問6詳析】Y與氫元素組成含18個電子的分子為H2O2，結構式為H-O-O-H；【小問7詳析】Z、M、W三種元素分別是Na、Cl、K，同周期從左到右原子半徑逐漸減小，Na的半徑大于Cl原子，同主族元素從上到下逐漸增大，K的半徑大于Na的原子半徑，原子半徑從大到小排序為：K>Na>Cl；【小問8詳析】W是K元素，M是Cl元素，形成的化合物為KCl，用電子式表示KCl的形成過程為：。17.某興趣小組的同學擬采用以下裝置制備氯氣并進行一系列相關探究實驗。回答下列問題：（1）用裝置A制氯氣，發生反應的離子方程式為___________________________，反應中濃鹽酸體現的性質有____________和____________，裝置B中飽和食鹽水的作用是___________________________。（2）裝置C的實驗目的是探究氯氣是否具有漂白性，為此裝置C中I、II、III處應依次放入_______、_______、_______(填序號)。①干燥有色布條②濕潤有色布條③無水氯化鈣（3）設計裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性。實驗過程：I．打開彈簧夾，打開a的活塞，滴加濃鹽酸。II．當D和F中的溶液都變為黃色時，夾緊彈簧夾。III．當D中溶液由黃色變為紅棕色時，關閉a的活塞。IV．打開活塞b，將少量F中的溶液滴入E中，關閉活塞b，取下E振蕩，靜置后層變為紫紅色。①過程III的實驗目的是______________________。②過程IV的現象能證明溴的氧化性強于碘，反應的化學方程式是__________________。③氯、溴、碘單質的氧化性逐漸減弱的原因：同主族元素從上到下_________________，得電子能力逐漸減弱。【答案】（1）4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O酸性還原性除去Cl2中的HCl（2）②③①（3）①.確認F的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾②.Br2+2KI=2KBr+I2③.原子核外電子層數依次增多，原子半徑逐漸增大〖祥解〗裝置A中制取氯氣后在B中除去氯氣中的雜質HCl，C中通過干燥和濕潤的有色布條驗證氯氣是否有漂白性，D、E中驗證鹵族元素的氧化性；【小問1詳析】A中用二氧化錳和濃鹽酸制取氯氣：4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O；其中二氧化錳作氧化劑，參加反應的4個鹽酸中2個鹽酸體現酸性，化合價不變，兩個鹽酸體現還原性；氣體通過飽和的食鹽水是為了除去Cl2中的HCl；【小問2詳析】根據分析，先用濕潤的有色布條進行驗證后，用無水氯化鈣進行干燥，再驗證干燥的氯氣能否使干燥的有色布條褪色，故I處放置濕潤的有色布條，II處放無水氯化鈣，Ⅲ處放置的為干燥的有色布條，答案是②、③、①；【小問3詳析】①因為氯氣具有強氧化性，故在進行實驗前，確認F的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾；故答案為：確認F的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾；②過程IV的現象能證明溴的氧化性強于碘，Br2與KI反應生成KBr和I2單質，反應的化學方程式是：Br2+2KI=2KBr+I2；③同主族元素從上到下原子核外電子層數依次增多，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，氧化性減弱；故答案為：原子核外電子層數依次增多，原子半徑逐漸增大。18.工業上采用硫鐵礦焙燒去硫后的燒渣(主要成分為、FeO、、，不考慮其他雜質)制取綠礬()，流程如圖：已知：性質穩定，不溶于水且不與水、強酸反應。回答下列問題：（1）“試劑a”為____________(填試劑名稱)。（2）“濾渣I”的主要成分為____________。（3）檢驗“濾液I”中是否含有的試劑是____________。（4）“調pH沉淀”過程中發生反應的化學方程式_______________________。（5）“還原”時，“試劑X”是金屬單質，寫出有關試劑X反應的離子方程式____________、____________。（6）“還原”后，經“一系列操作I”可得綠礬，則“一系列操作I”為蒸發濃縮、____________、過濾、洗滌、干燥。【答案】（1）硫酸溶液（2）SiO2（3）KSCN溶液（4）+8NaOH=2Na[Al(OH)4]+3Na2SO4（5）Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑（6）冷卻結晶〖祥解〗燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)中加入稀硫酸，Fe2O3、FeO、Al2O3能溶于稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，因此濾渣I為SiO2，濾液I中含有FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，加入過量的NaOH溶液調節pH值沉淀，過濾得到濾渣II中有Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，濾液II是Na[Al(OH)4]，經過一系列操作得到Al2O3，濾渣II再加入試劑a酸溶得到FeSO4、Fe2(SO4)3，試劑a為H2SO4溶液，再加入還原試劑X還原Fe3+，根據除雜原則中不引入新雜質的原則可知，若試劑X為單質，則其為Fe粉，溶液為FeSO4溶液，再經蒸發、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，可得到FeSO4?7H2O，以此解答該題。【小問1詳析】根據分析，“試劑a”為硫酸溶液；【小問2詳析】由分析可知，“濾渣I”的主要成分為SiO2；【小問3詳析】含有Fe3+溶液遇到KSCN溶液顯紅色，因此檢驗“濾液I”中是否含有Fe3+的試劑是KSCN溶液；【小問4詳析】“調pH沉淀”時加入的是過量的NaOH的溶液，與過量的NaOH溶液反應生成Na2SO4和Na[Al(OH)4]，化學方程式為：+8NaOH=2Na[Al(OH)4]+3Na2SO4；【小問5詳析】“還原”時，“試劑X”是金屬單質，根據不引入新雜質的原則，X為Fe單質，會與溶液中的Fe3+和H+反應，離子方程式為：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；【小問6詳析】一系列操作是從溶液中得到綠礬晶體，需要經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，答案是冷卻結晶。19.“84消毒液”是生活中常見的消毒劑，某同學購買了一瓶“84消毒液”，該消毒液通常稀釋到100倍(體積比)使用。查閱相關資料和消毒液包裝說明得到如圖信息：84消毒液(有效成分)NaClO(規格)1000mL(質量分數)25%(密度)1.19g/cm3（1）該84消毒液NaClO物質的量濃度約為____________(保留2位小數)。（2）2016巴西奧運會期間，由于工作人員將“84消毒液”與雙氧水兩種消毒劑混用，導致游泳池藻類快速生長，池水變綠。一種可能的原因是NaClO與反應產生促進藻類快速生長，該反應的離子方程式為___________________________。（3）該同學參閱該84消毒液的配方，在實驗室欲用NaClO固體配制480mL該種84消毒液。配制過程中，需要用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、量筒、__________。（4）某消毒小組人員用18.4mol·L-1的濃硫酸配制500mL2.3mol·L-1的稀硫酸用于增強84消毒液的消毒能力，需用量筒量取濃硫酸的體積為_______mL。（5）在配制上述稀硫酸過程中，下列操作中能使所配溶液的濃度偏高的有_______(填序號)。①用量筒量取濃硫酸時俯視②轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水③未等稀釋后的溶液冷卻至室溫就轉移到容量瓶中④定容時，俯視刻度線⑤定容時，加蒸餾水超過標線，又用膠頭滴管吸出⑥定容搖勻后，發現液面低于標線，又用膠頭滴管加蒸餾水至標線（6）分析用次氯酸鈉溶液代替次氯酸溶液作消毒劑的主要原因為________________________________(用化學方程式說明)。【答案】（1）4.0mol/L（2）ClO-+H2O2=Cl-+H2O+O2↑（3）500ml的容量瓶（4）62.5（5）③④（6）NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO〖祥解〗配制一定物質的量濃度的溶液時，首先需選擇容量瓶，若實驗室沒有與所配溶液體積相同的容量瓶，則應選擇稍大規格的容量瓶；計算所需溶質的質量或濃溶液的體積時，使用所選擇容量瓶的規格進行計算。【小問1詳析】該“84消毒液”溶液中c(NaClO)==mol?L-1≈4.0mol?L-1。答案為：4.0mol?L-1；【小問2詳析】NaClO與H2O2反應產生O2，同時生成NaCl等，該反應的離子方程式為ClO-+H2O2=Cl-+H2O+O2↑。答案為：ClO-+H2O2=Cl-+H2O+O2↑；【小問3詳析】配制480mL該種84消毒液需要用到的儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、量筒、500ml的容量瓶；【小問4詳析】18.4mol·L-1的濃硫酸配制500mL2.3mol·L-1的稀硫酸，根據c1v1=c2v2,18.4mol/L×v1=2.3mol/L×500ml，得出c1=62.5ml；【小問5詳析】①用量筒量取濃硫酸時俯視，則所量取濃硫酸的體積偏小，所配溶液濃度偏低；②轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水，不會影響溶質的物質的量和溶液的體積，不會產生誤差，對所配溶液的濃度不產生影響；③未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉移到容量瓶中，冷卻后所配溶液體積偏小，濃度偏高；④定容時，俯視刻度線，所配溶液體積偏小，濃度偏高；⑤定容時，加蒸餾水超過標線，又用膠頭滴管吸出，會導致溶質的物質的量減小，所配溶液濃度偏低；⑥定容搖勻后，發現液面低于標線，又用膠頭滴管加蒸餾水至標線，所配溶液體積偏大，濃度偏低；答案選③④；【小問6詳析】次氯酸鈉溶液吸收空氣中的CO2發生反應，可以生成HClO，化學方程式為：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO。吉林省普通高中G8教考聯盟2024-2025學年高一上學期期末考試可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5S-32Fe-56一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.下列說法錯誤的是（）A.在進行鈉在空氣中燃燒和鈉與水反應的實驗時，應佩戴護目鏡B.鈦合金、耐熱合金等新型合金廣泛應用于航空航天、生物工程等領域C.考古時利用測定一些文物年代，用于制造氫彈D.漂白液既可以作棉、麻、紙張的漂白劑，又可以做游泳池的消毒劑【答案】C【解析】A．鈉與水反應生成氫氣和氫氧化鈉，反應劇烈，鈉在空氣中燃燒反應放出大量的熱，故應佩戴護目鏡，A不符合題意；B．鈦合金、耐熱合金等新型合金性能優良，廣泛應用于衛星、航天航空、生物工程等領域，B不符合題意；C．利用的半衰期長，考古時可利用測定一些文物的年代，是普通氫原子，和可以用于制造氫彈，C符合題意；D．漂白液中的有效成分NaClO具有強氧化性，能夠將有色物質氧化變為無色，也具有強烈的殺菌消毒作用，因此既可作漂白棉、麻、紙張的漂白劑，又可用作游泳池等場所的消毒劑，D不符合題意；故選C。2.物質分類觀是化學學科的核心觀念，下列物質的性質及分類分析正確的是（）A.屬于堿性氧化物，屬于酸性氧化物B.(次磷酸)與足量的NaOH反應后只生成，故屬于一元酸C.膠體與溶液的本質區別是能否產生丁達爾效應D.液態HCl不能導電，所以HCl是非電解質【答案】B【解析】A．能與水作用只生成酸或與堿反應只生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物；能與水作用只生成堿或與酸反應只生成鹽和水的氧化物屬于堿性氧化物；和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，不屬于堿性氧化物，和水反應生成硝酸和NO，不屬于酸性氧化物，故A錯誤；B．(次磷酸)與足量的NaOH反應后只生成，則只能電離出1個氫離子，屬于一元酸，故B正確；C．膠體和溶液的本質區別是分散質粒子直徑大小的不同，故C錯誤；D．液態HCl不能導電，但是其水溶液導電，所以HCl是電解質，故D錯誤；故選B。3.下列離子方程式與所述事實相符且正確的是（）A.向溶液中加入過量NaOH溶液：B.向溶液中通入：C.用作呼吸面罩供氧劑的原理：D.NaH用作生氫劑的原理：【答案】D【解析】A．向溶液中加入過量NaOH溶液：，A錯誤；B．HCl酸性大于H2CO3，CO2與CaCl2溶液不反應，B錯誤；C．用作呼吸面罩供氧劑的原理：，C錯誤；D．NaH中的H為-1價，H2O中的H為+1價，二者發生氧化還原反應生成H2，用作生氫劑的原理：，D正確；答案選D。4.已知：①②(濃)③(濃)下列有關敘述正確的是（）A.、(濃)、的氧化性由強到弱的順序是(濃)B.反應①中Se是氧化產物，是還原產物C.反應①中每有2mol生成，轉移電子數目約為D.反應②③中，等量的Se消耗濃和濃的物質的量之比為2∶1【答案】A〖祥解〗①反應中，Se元素的價態降低，SeO2發生還原反應，做氧化劑，Se為還原產物；碘元素價態升高，KI發生氧化反應，做還原劑，I2為氧化產物；②(濃)反應中，Se元素的價態升高，Se發生氧化反應，做還原劑，SeO2為氧化產物；硫元素價態降低，發生還原反應，濃H2SO4做氧化劑，SO2為還原產物，③(濃)反應中，濃HNO3是氧化劑，Se是還原劑，據以上分析解答。【詳析】A．氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；所以反應①中氧化性：SeO2>I2；反應②中氧化性：H2SO4(濃)>SeO2；所以、(濃)、的氧化性由強到弱的順序是(濃)，A正確；B．反應①中Se是還原產物，是氧化產物，B錯誤；C．反應①中每有2mol生成，轉移電子數目約為，C錯誤；D．根據方程式②(濃)、③(濃)可知，反應②③中，1molSe分別消耗2mol濃和4mol濃，二者的物質的量之比為1:2，D錯誤；答案選A。5.對下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是（）選項粒子組判斷和分析A、、、能大量共存，粒子間不反應B、、、能大量共存，粒子間不反應C、、、不能大量共存，因D、、、不能大量共存，因【答案】C【解析】A．、、、中的Cu2+和OH-不能大量共存，會生成Cu(OH)2沉淀，A錯誤；B．、、、中的H+、H2O2和Fe2+會發生氧化還原反應不能大量共存2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，B錯誤；C．與H+發生反應生成CO2氣體，不能大量共存，C正確；D．、、、中的H+、、發生氧化還原反應不能大量共存，D錯誤；答案選C。6.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A.18g和的混合物中，所含中子數為B.1mol與足量的Fe反應，轉移的電子數為C.1mol·L-1溶液中含有的數目為D.標準狀況下，22.4L所含分子數目為【答案】A【解析】A．1個和2H2O中都含有10個中子，和的摩爾質量都是20g/mol，18g混合物的物質的量為，中子的物質的量為0.9mol×10=9mol，數目為9NA，A正確；B．1mol與足量的Fe反應，轉移的電子數為2NA，B錯誤；C．沒有給出溶液的體積，無法計算的數目，C錯誤；D．標準狀況下H2O不是氣體，不能計算分子數，D錯誤；答案選A。7.下列關于、的敘述正確的是（）①分別向等濃度的和溶液中滴加1~2滴酚酞溶液，溶液均變紅且溶液顏色更深②分別向等濃度的和溶液滴加稀鹽酸，溶液產生CO2氣體較快③除去固體中的：將固體加熱至恒重④能用澄清石灰水鑒別、溶液⑤相同溫度下，溶解度：⑥物質的量相同時，完全反應消耗鹽酸的量：A.①③ B.②⑥ C.④⑤ D.⑥【答案】B【解析】①分別向等濃度的和溶液中滴加1~2滴酚酞溶液，溶液均變紅且溶液顏色更深，①錯誤；②向兩溶液中滴加少量鹽酸時，Na2CO3和HCl反應先生成NaHCO3，NaHCO3與HCl再反應生成CO2，故產生CO2氣體較快的為NaHCO3溶液，②正確；③NaHCO3受熱易分解，被除去的是NaHCO3，③錯誤；④澄清石灰水和Na2CO3、NaHCO3溶液反應均產生碳酸鈣沉淀，不能鑒別，④錯誤；⑤相同溫度下，溶解度：Na2CO3>NaHCO3，⑤錯誤；⑥物質的量相同時，Na2CO3消耗的鹽酸的量為NaHCO3消耗鹽酸的量的2倍，⑥正確；②⑥正確，答案選B。8.下列關于物質的檢驗，敘述正確的是（）A.檢驗某無色溶液中含有：取少量溶液于試管中，滴加適量鹽酸酸化的硝酸銀溶液，若產生白色沉淀，則含有B.檢驗某無色溶液中含有：取少量溶液于試管中，加入氯化鋇溶液，若有白色沉淀產生，則含有C.檢驗某溶液中含有：用潔凈的鐵絲蘸取待測液，放在酒精燈上灼燒，透過藍色鈷玻璃，若火焰呈紫色，則含有D.檢驗某溶液中含有：取少量溶液于試管中，加入適量稀鹽酸，若產生無色氣體，則含有【答案】C【解析】A．白色沉淀氯化銀可能是Ag+和鹽酸引入的Cl-反應產生，不能說明溶液中有Cl-，A錯誤；B．若原溶液中含有銀離子，白色沉淀可能是氯化銀，B錯誤；C．K+在灼燒時，透過藍色鈷玻璃觀察顯紫色，C正確；D．取少量溶液于試管中，加入適量稀鹽酸，若產生無色氣體，則含有、、或，D錯誤；故選C。9.下列說法不正確的是（）A.NaOH中含有極性鍵和離子鍵B.與具有相同的質子數和電子數C.的電子式為D.和是氧元素的同素異形體【答案】B【解析】A．NaOH中O和H之間是極性鍵，Na+和OH-之間是離子鍵，A正確；B．與都具有10個電子，具有11個質子，具有9個質子，B錯誤；C．是離子化合物，電子式為，C正確；D．和是由氧元素組成的不同單質，二者是氧元素的同素異形體，D正確；答案選B。10.下列實驗操作不能達到實驗目的的是（）實驗目的實驗操作或現象A制備膠體將飽和的溶液滴入沸水中，并繼續煮沸至生成紅褐色液體，停止加熱B除去溶液中的在溶液中加入少量NaOH溶液攪拌、過濾C除去Cu粉中混有的CuO在混合物中加入足量稀硫酸，充分反應后過濾、洗滌、干燥D比較元素鈉和鉀的金屬性將綠豆大的鈉和鉀分別投入兩個盛有水的燒杯中，觀察到鉀與水反應更劇烈【答案】B【解析】A．將飽和的FeCl3溶液滴入沸水中，并繼續煮沸至生成紅褐色液體，即可制備Fe(OH)3膠體，A正確；B．在MgCl2溶液中加入少量NaOH溶液攪拌、過濾，鎂離子和鋁離子均形成沉淀，不能除去MgCl2溶液中的AlCl3，B錯誤；C．銅和稀硫酸不反應，CuO與硫酸反應生成硫酸銅溶于水，除去Cu粉中混有的CuO可在混合物中加入稀硫酸，充分反應后過濾、洗滌、干燥，C正確；D．比較元素鈉和鉀的金屬性，將綠豆大的鈉和鉀分別投入兩個盛有水的燒杯中，金屬性強的K與水反應的程度更劇烈，D正確；答案選B。11.下列敘述能說明氯元素非金屬性比硫元素強的是（）①HCl的溶解度比H2S大②HCl的酸性比H2S強③HCl的穩定性比H2S強④還原性：Cl-<S2-⑤HClO4的酸性比H2SO4強⑥Cl2與鐵反應生成FeCl3，而S與鐵反應生成FeS⑦Cl2能與H2S反應生成S⑧在周期表中Cl處于S同周期右側A.③④⑤⑥⑦⑧ B.③⑥⑦⑧C.③④⑥⑦⑧ D.①②③④⑤⑥⑦⑧【答案】A【解析】①溶解度大小與非金屬性強弱無關，故①不符合題意；②氫化物酸性強弱與非金屬性強弱無關，故②不符合題意；③非金屬性越強，其氫化物的穩定性越強，HCl的穩定性強于H2S，則說明Cl的非金屬性強于S，故③符合題意；④一般非金屬性強，離子還原性弱，還原性Cl-＜S2-，則Cl的非金屬性強于S，故④符合題意；⑤非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，HClO4的酸性強于H2SO4，說明Cl的非金屬性強于S，故⑤符合題意；⑥與變價金屬反應，非金屬性強的將變價金屬氧化到最高價，非金屬性較弱的將變價金屬氧化到較高價態，氯氣與Fe反應生成氯化鐵，S與鐵反應生成FeS，推出Cl的非金屬性強于S，故⑥符合題意；⑦氯氣與硫化氫發生Cl2+H2S=2HCl+S，Cl2氧化性強于S，說明Cl的非金屬性強于S，故⑦符合題意；⑧Cl、S屬于同周期，從左向右非金屬性增強(稀有氣體除外)，Cl處于S同周期右側，說明Cl的非金屬性強于S，故⑧符合題意；綜上所述，符合題意是③④⑤⑥⑦⑧，選項A符合題意；答案為A。12.關于以下實驗裝置，說法不正確的是（）A.用裝置A盛裝粉末來制取氧氣，并用排水法收集，導氣管有可能堵塞B.裝置B既可以防止倒吸，又可以檢查實驗時裝置B后的裝置是否發生堵塞C.裝置C、F中盛裝的試劑都為濃硫酸，裝置C用來除去中的水蒸氣，裝置F用來防止空氣中的水蒸氣進入裝置ED.裝置D中的產物受熱易升華，所以最好用粗短導管連接裝置D、E【答案】C【解析】A．裝置A大試管口沒有塞一團棉花，故高錳酸鉀粉末有可能堵塞導氣管，A項正確；B．裝置B后的裝置發生堵塞時，會導致裝置B中壓強增大，從而使裝置B中水面下降，長直玻璃導管中的水柱上升，因此裝置B可以用于檢查實驗時裝置B后的裝置是否發生堵塞，裝置B的進氣管遠離液面，可以防止倒吸，B項正確；C．干燥管中不能盛裝濃硫酸，故C項錯誤；D．裝置D中的產物受熱易升華，為了防止氣體凝結為固體，堵塞導管，最好用粗短導管連接裝置D、E，D項正確；故選C。13.如圖為氯及其化合物的“價類二維圖”，下列說法錯誤的是（）A.a與g或f在酸性溶液中都可生成bB.f的鉀鹽可用于實驗室制取C.b的水溶液不穩定，久置會變為a的稀溶液D.c和可用于自來水消毒但原理不同【答案】D〖祥解〗a為HCl，b為Cl2，c為ClO2，d為HClO，e為HClO4，f為氯酸鹽(含)，g為次氯酸鹽(含ClO-)，h為亞氯酸鹽(含)。【詳析】A．a為HCl，b為Cl2，g為次氯酸鹽(含ClO-)，f為氯酸鹽(含)，根據氧化還原反應原理，a與g、f在一定條件下都可發生歸中反應生成Cl2，A正確；B．f的鉀鹽為KClO3，實驗室可用氯酸鉀受熱分解制備氧氣，B正確；C．b的水溶液為氯水，氯水不穩定，久置會變為HCl的稀溶液，C正確；D．c為ClO2和可用于自來水消毒，都是由于強氧化性使蛋白質變性消毒，原理相同，D錯誤；答案選D。14.X、Y、Z、M是四種短周期主族元素，其中X、Y位于同一主族，Y與M、X與Z位于同一周期。X原子的最外層電子數是其電子層數的3倍，Z原子的核外電子數比X原子的少1。M是同周期主族元素中半徑最大的。下列說法錯誤的是（）A.Y的最高價氧化物對應水化物的化學式可表示為B.四種元素簡單離子的半徑大小為Y>Z>X>MC.X、Y的最簡單氫化物中，X的最簡單氫化物沸點最高D.X、Y、M可以組成不止一種化合物【答案】A〖祥解〗X、Y、Z、M是4種短周期元素，X原子最外層電子數是其電子層數的3倍，X原子有2個電子層，最外層電子數為6，則X為O元素，X、Y位于同一主族，則Y為S元素；Z原子的核外電子數比X原子少1，又X與Z位于同一周期，則Z為N元素；M是同周期中半徑最大的元素，應處于IA族元素，由Y與M同一周期，則M為Na元素。【詳析】A．S的最高價氧化物對應水化物的化學式為H2SO4，故A錯誤；B．離子的核外電子層數越多半徑越大，S2-半徑最大，Na＋、O2-、N3-核外電子排布相同，其核電核數越大，離子半徑越小，則四種元素簡單離子的半徑由大到小依次為Y(S2-)＞Z(N3-)＞X(O2-)＞M(Na＋)，故B正確；C．根據上述分析可知，X、Y分別是O、S，則X為O元素，H2O常溫下為液體，而氨氣為氣態，故水的沸點最高，故C正確；D．O、S、Na可以組成Na2SO4、Na2SO3等化合物，故D正確；答案選A。15.現有FeO和組成的混合物，取mg該混合物，向其中加入500mL2mol/L的鹽酸，混合物恰好完全溶解，向反應后的溶液中加入足量NaOH溶液，過濾、洗滌、干燥、灼燒至恒重，得到32.0g固體(不考慮過程中固體的損失)。下列說法正確的是（）A.B.至少需要1.5molNaOHC.若用足量還原mg該混合物，則消耗0.7molD.FeO與的物質的量之比為2∶1【答案】D〖祥解〗設FeO為xmol，Fe2O3為ymol，根據消耗的HCl的物質的量為2mol/L×0.5L=1mol，得出方程式①2x+6y=1，最終得到32.0gFe2O3，得出Fe的物質的量為，根據Fe原子守恒得出方程式②x+2y=0.4，根據①2x+6y=1，②x+2y=0.4，解得x=0.2mol，y=0.1mol，即FeO為0.2mol，Fe2O3為0.1mol。【詳析】A．m=0.2mol×72g/mol+0.1mol×160g/mol=27.2g，A錯誤；B．FeO為0.2mol，溶于鹽酸得到0.2mol的Fe2+，Fe2O3為0.1mol，溶于鹽酸得到0.2molFe3+離子，共需要NaOH的物質的量為0.2mol×2+0.2mol×3=1.0mol，B錯誤；C．若用足量還原mg該混合物，則消耗的物質的量為0.2mol+0.1mol×3=0.5mol，C錯誤；D．根據分析得出FeO為0.2mol，Fe2O3為0.1mol，FeO與的物質的量之比為2∶1，D正確；答案選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.I．為實現碳達峰、碳中和，中共中央國務院提出，到2025年單位國內生產總值二氧化碳排放比2020年下降18%，有學者提出如圖所示的含碳物質轉化技術路線。回答下列問題：（1）上述涉及的物質中，屬于離子化合物的有____________(填化學式)。（2）寫出在水溶液中的電離方程式________________________________。（3）反應①的離子方程式為________________________________。（4）反應④中形成的化學鍵類型為______________________。II．元素周期表與元素周期律在學習、研究和生產實踐中有很重要的作用。如圖是元素周期表的一部分，依據周期表完成下列推斷。（5）元素X在周期表中的位置是_________________。（6）Y與氫元素組成含18個電子的分子的結構式為_________________。（7）Z、M、W三種元素的原子半徑從大到小排序為_________________(用元素符號示)。（8）用電子式表示W與M形成化合物的過程________________________________。【答案】（1）K2CO3和KHCO3（2）K2CO3=2K++（3）+CO2+H2O=2（4）極性共價鍵（5）第二周期VA族（6）H-O-O-H（7）K>Na>Cl（8）〖祥解〗I、天然氣燃燒生成CO2和H2O，CO2和H2O與K2CO3反應生成KHCO3，KHCO3加熱再分解生成CO2、H2O和K2CO3，CO2與H2反應生成CH3OH和H2O，還可以生成CH4和H2O。II、由元素周期表可知，X、Y、Z、W、M分別是N、O、Na、Cl、K元素。【小問1詳析】上述涉及的物質中，K2CO3和KHCO3屬于鹽類，是離子化合物；【小問2詳析】K2CO3是強電解質，在水溶液中完全電離，電離的方程式為：K2CO3=2K++；【小問3詳析】反應①是CO2和H2O與K2CO3反應生成KHCO3，離子方程式為：+CO2+H2O=2；【小問4詳析】反應④是CO2與H2反應生成CH4和H2O，形成的化學鍵類型是極性共價鍵；【小問5詳析】X為N元素，在周期表中位于第二周期VA族；【小問6詳析】Y與氫元素組成含18個電子的分子為H2O2，結構式為H-O-O-H；【小問7詳析】Z、M、W三種元素分別是Na、Cl、K，同周期從左到右原子半徑逐漸減小，Na的半徑大于Cl原子，同主族元素從上到下逐漸增大，K的半徑大于Na的原子半徑，原子半徑從大到小排序為：K>Na>Cl；【小問8詳析】W是K元素，M是Cl元素，形成的化合物為KCl，用電子式表示KCl的形成過程為：。17.某興趣小組的同學擬采用以下裝置制備氯氣并進行一系列相關探究實驗。回答下列問題：（1）用裝置A制氯氣，發生反應的離子方程式為___________________________，反應中濃鹽酸體現的性質有____________和____________，裝置B中飽和食鹽水的作用是___________________________。（2）裝置C的實驗目的是探究氯氣是否具有漂白性，為此裝置C中I、II、III處應依次放入_______、_______、_______(填序號)。①干燥有色布條②濕潤有色布條③無水氯化鈣（3）設計裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性。實驗過程：I．打開彈簧夾，打開a的活塞，滴加濃鹽酸。II．當D和F中的溶液都變為黃色時，夾緊彈簧夾。III．當D中溶液由黃色變為紅棕色時，關閉a的活塞。IV．打開活塞b，將少量F中的溶液滴入E中，關閉活塞b，取下E振蕩，靜置后層變為紫紅色。①過程III的實驗目的是______________________。②過程IV的現象能證明溴的氧化性強于碘，反應的化學方程式是__________________。③氯、溴、碘單質的氧化性逐漸減弱的原因：同主族元素從上到下_________________，得電子能力逐漸減弱。【答案】（1）4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O酸性還原性除去Cl2中的HCl（2）②③①（3）①.確認F的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾②.Br2+2KI=2KBr+I2③.原子核外電子層數依次增多，原子半徑逐漸增大〖祥解〗裝置A中制取氯氣后在B中除去氯氣中的雜質HCl，C中通過干燥和濕潤的有色布條驗證氯氣是否有漂白性，D、E中驗證鹵族元素的氧化性；【小問1詳析】A中用二氧化錳和濃鹽酸制取氯氣：4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O；其中二氧化錳作氧化劑，參加反應的4個鹽酸中2個鹽酸體現酸性，化合價不變，兩個鹽酸體現還原性；氣體通過飽和的食鹽水是為了除去Cl2中的HCl；【小問2詳析】根據分析，先用濕潤的有色布條進行驗證后，用無水氯化鈣進行干燥，再驗證干燥的氯氣能否使干燥的有色布條褪色，故I處放置濕潤的有色布條，II處放無水氯化鈣，Ⅲ處放置的為干燥的有色布條，答案是②、③、①；【小問3詳析】①因為氯氣具有強氧化性，故在進行實驗前，確認F的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾；故答案為：確認F的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾；②過程IV的現象能證明溴的氧化性強于碘，Br2與KI反應生成KBr和I2單質，反應的化學方程式是：Br2+2KI=2KBr+I2；③同主族元素從上到下原子核外電子層數依次增多，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，氧化性減弱；故答案為：原子核外電子層數依次增多，原子半徑逐漸增大。18.工業上采用硫鐵礦焙燒去硫后的燒渣(主要成分為、FeO、、，不考慮其他雜質)制取綠礬()，流程如圖：已知：性質穩定，不溶于水且不與水、強酸反應。回答下列問題：（1）“試劑a”為____________(填試劑名稱)。（2）“濾渣I”的主要成分為____________。（3）檢驗“濾液I”中是否含有的試劑是____________。（4）“調pH沉淀”過程中發生反應的化學方程式_______________________。（5）“還原”時，“試劑X”是金屬單質，寫出有關試劑X反應的離子方程式____________、____________。（6）“還原”后，經“一系列操作I”可得綠礬，則“一系列操作I”為蒸發濃縮、____________、過濾、洗滌、干燥。【答案】（1）硫酸溶液（2）SiO2（3）KSCN溶液（4）+8NaOH=2Na[Al(OH