山東省濰坊市重點高中2025屆高三上學期11月教學質量檢測化學試題含答案

2024-2025學年第一學期高三第二次教學質量檢測化學試題2024年11月相對原子質量：H-1N-14O-16P-31S-32Cl-35.5Fe-56Co-59I-127一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.2024年中國“硬核科技”凸顯中國新質生產力。下列說法正確的是A.中國003航母外殼使用的鎳鉻鋼是一種陶瓷材料B.我國在月球表面成功展開的五星紅旗使用的材料芳綸屬于合成纖維C.顆粒直徑1~100nm的納米氧化鋅粉末是一種膠體D.一種高性能涂料的主要成分石墨烯屬于不飽和有機物【答案】B【解析】【詳解】A．鎳鉻鋼屬于金屬材料，并非陶瓷材料，故A項錯誤；B．芳綸是以芳香族為原料經縮聚紡絲制得的合成纖維，故B項正確；C．顆粒直徑1~100nm的納米氧化鋅粉末是純凈物，不存在分散系，故C項錯誤；D．石墨烯為碳單質，不屬于有機物，故D項錯誤；綜上所述，正確的是B項。2.化學實驗是化學探究的一種重要途徑。下列有關實驗的描述正確的是A.進行焰色試驗時，可用玻璃棒替代鉑絲B.氫氟酸溶液應盛放在細口玻璃瓶中C.容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要檢驗是否漏液D.制備金屬鎂的電解裝置失火時，可以使用二氧化碳滅火器滅火【答案】C【解析】【詳解】A．玻璃中含有鈉等金屬元素，進行焰色試驗時，不可用玻璃棒替代鉑絲，故A錯誤；B．玻璃中含有二氧化硅，能夠與氫氟酸反應，不能用玻璃瓶盛裝氫氟酸，故B錯誤；C．容量瓶頸上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，堿式滴定管下端有玻璃珠，分液漏斗下端有玻璃活塞、有上口玻璃塞，它們是否密封不能直接觀察出來，故使用前均需要檢驗是否漏水，故C正確；D．由于點燃下鎂可以與二氧化碳反應生成氧化鎂和碳單質，即鎂可以在CO2中繼續(xù)激烈燃燒，故金屬鎂著火時，不可用二氧化碳滅火器滅火，故D錯誤；故選C。3.關于元素及其化合物的性質，下列說法正確的是A.漂白粉和潔廁凈可混合使用以提高消毒效果B.濃硫酸具有吸水性，所以用濃硫酸在紙上書寫時字跡變黑C.硝酸見光、受熱易分解，一般保存在棕色試劑瓶中，并放置在陰涼處D.La-Ni儲氫合金在加熱條件下可與氫氣反應生成穩(wěn)定的金屬氫化物【答案】C【解析】【詳解】A．漂白粉中含有次氯酸鈉，潔廁凈中含有鹽酸，兩種物質混合使用會生成氯氣，造成毒氣污染，A項錯誤；B．濃硫酸使紙張變黑是由于濃硫酸的脫水性，B項錯誤；C．硝酸見光受熱會分解生成NO2、O2和H2O，實驗室中硝酸保存在棕色試劑瓶并放置在陰涼處，C正確；D．形成金屬氫化物不需要加熱，加熱會使氫化物分解，D項錯誤；答案選C。4.宏觀辨識與微觀探析是化學學科核心素養(yǎng)之一，下列離子方程式書寫錯誤的是A.溶液與少量的溶液混合：B.向“84”消毒液中通入過量：C.固體與氫碘酸反應：D.向溶液中滴加足量NaOH溶液：【答案】B【解析】【詳解】A．溶液與少量的溶液混合反應生成BaCO3和Na2CO3、H2O，離子方程式為：，A正確；B．向“84”消毒液中通入過量會發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根、氯離子和氫離子，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，B錯誤；C．固體與氫碘酸會發(fā)生氧化還原反應生成Fe2+、I2和H2O，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，C正確；D．向溶液中滴加足量NaOH溶液反應生成氫氧化鎂、碳酸鈉和水，離子方程式為：，D正確；故選B。5.X、Y、Z、W是原子半徑依次增大的短周期主族元素，其中X元素與其他元素不在同一周期，Y的一種核素常用于測定文物年代，基態(tài)Z原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的。下列說法錯誤的是A.W單質可以與水反應生成氣體B.最高價氧化物的水化物的堿性Z大于WC.X與Y組成的化合物沸點可能比水的高D.X、Y、Z、W的單質均可以在空氣中燃燒【答案】B【解析】【分析】X元素與其他元素不在同一周期，則X為H元素，Y的一種核素常用于測定文物年代，則Y為C元素，基態(tài)Z原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的，次外層為8，最外層為2，則Z為Mg元素，X、Y、Z、W是原子半徑依次增大的短周期主族元素，則W為Na元素；綜上X、Y、Z、W分別是H、C、Mg、Na?！驹斀狻緼．鈉與水反應生成和氫氧化鈉，故A正確；B．Z、W所在周期是第三周期，同周期元素從左到右金屬性依次減弱，最高價氧化物對應水化物堿性減弱，故堿性NaOH>Mg(OH)2，故B錯誤；C．C與H可以形成多種烴，沸點可能高于水，故C正確；D．、C、Mg、Na均可以在空氣中燃燒，故D正確；故答案為：B。6.鈉和鈉的化合物有許多重要的用途，如碳酸鈉可用于從海水中提取溴，涉及的反應為。下列說法錯誤的是A.用雙線橋法標出電子的轉移：B.該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比是5∶1C.等物質的量的和分別與足量的鹽酸反應，在相同條件下產生的體積小于產生的D.碳酸氫鈉溶于水顯堿性，可用于去除油污【答案】C【解析】【詳解】A．單質溴與碳酸鈉反應生成溴酸鈉、溴化鈉和碳酸氫鈉，生成1個溴酸鈉溴的化合價升高5，電子轉移5e-，雙線橋表示的電子轉移的方向和數(shù)目為：，A正確；B．反應中溴既是氧化劑又是還原劑，化合價降低的做氧化劑，升高的做還原劑，物質的量之比為5:1，B正確；C．等物質的量的和分別與足量的鹽酸反應，根據(jù)碳原子守恒，在相同條件下二者產生的二氧化碳的體積相同，C錯誤；D．碳酸氫鈉溶于水顯堿性，油污在堿性條件下水解，可用于除去油污，D正確。答案選C。7.下列選項中的物質按圖示路徑不能一步轉化的是選項ABCDXCO2Cu2OAl2O3FeYNa2CO3Cu(NO3)2Na[Al(OH)4]Fe2O3ZNaHCO3Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化碳和氫氧化鈉生成碳酸鈉，碳酸鈉和過量二氧化碳生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解為碳酸鈉，碳酸鈉和鹽酸生成二氧化碳，故A不符合題意；B．氧化亞銅和被硝酸氧化為硝酸銅，硝酸銅和氫氧化鈉生成氫氧化銅，氫氧化銅和硝酸生成硝酸銅、和乙醛生成氧化亞銅，故B不符合題意；C．氧化鋁和氫氧化鈉生成Na[Al(OH)4]，Na[Al(OH)4]和二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁和氫氧化鈉生成Na[Al(OH)4]、加熱生成氧化鋁，故C不符合題意；D．鐵生銹得到氧化鐵，氧化鐵不能一步轉化為氫氧化鐵沉淀，故D符合題意；故選D。8.一種生成高鐵酸鈉的反應為。設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.常溫下，的溶液中，水電離出的數(shù)為B.該反應中每生成2.24L(標準狀況下)的O2，轉移的電子數(shù)為C.等物質的量的和分別與水反應，生成的NaOH分子數(shù)均為D.濃度均為的溶液和溶液中，數(shù)目均為【答案】B【解析】【詳解】A．常溫下，的溶液中，H+的數(shù)目為，水電離出的數(shù)與H+的數(shù)目相同，也為，A錯誤；B．由化學方程式可知，Na2O2是氧化劑，F(xiàn)eSO4和Na2O2是還原劑，反應前后，F(xiàn)eSO4中Fe元素化合價由+2升高為+6，部分Na2O2中O元素化合價由-1升高為0生成氧氣，所以在標況下，每生成2.24LO2，Na2O2中氧元素生成O2轉移電子數(shù)0.2NA，F(xiàn)eSO4中鐵元素轉移電子數(shù)0.8NA，故轉移電子數(shù)為，B正確；C．沒有明確Na2O和Na2O2的物質的量，所以無法確定生成的NaOH的數(shù)目，且NaOH是由離子構成，C錯誤；D．沒有明確溶液的體積，所以無法確定的數(shù)目，D錯誤；故選B。9.下列實驗儀器或裝置的選擇正確的是A．稀釋濃硫酸B．除去中的HClC．蒸餾用冷凝管D．盛裝氫氟酸的試劑瓶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．量取液體體積要使用量筒，稀釋硫酸應該在燒杯中進行，并且要用玻璃棒不斷攪拌，把溶解產生的熱量及時揮發(fā)，A正確；B．除去中的應該使用飽和食鹽水，不能使用碳酸氫鈉，會引入雜質二氧化碳氣體，B錯誤；C．蒸餾冷卻蒸氣時，若冷凝管斜放使用，為便于冷卻的液體流出，應該使用直形冷凝管，不使用球形冷凝管，C錯誤；D．氫氟酸會與二氧化硅反應，所以盛裝氫氟酸的試劑瓶不能選擇玻璃材質儀器，應該用塑料瓶盛裝，D錯誤；故選A。10.探究鐵及其化合物的性質，下列方案設計、現(xiàn)象和結論都正確的是實驗方案現(xiàn)象結論A往FeCl2溶液中加入Cu片溶液逐漸變藍Fe2+的氧化能力比Cu2+強B往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量KCl固體溶液先變成紅色，后紅色變淺KCl稀釋了溶液，紅色變淺C用鹽酸浸泡帶有鐵銹的鐵釘，滴加K3[Fe(CN)6]溶液有特征藍色沉淀鐵銹的主要成分為FeOD向沸水中逐滴加5~6滴飽和FeCl3溶液，持續(xù)煮沸液體先變成紅褐色，然后析出紅褐色沉淀Fe3+先水解得Fe(OH)3膠體，再聚集成Fe(OH)3沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．往FeCl2溶液中加入Cu片，銅活潑性小于鐵，二者不能發(fā)生反應，故A錯誤；B．往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量KCl固體，溶液先變成紅色，后不會變淺，KCl電離出的氯離子和鉀離子不參與反應，KCl固體也不會稀釋溶液，故B錯誤；C．鐵銹的成分為Fe2O3，用鹽酸浸泡帶有鐵銹的鐵釘生成Fe3+離子，再與鐵反應生成Fe2+離子，滴加K3[Fe(CN)6]溶液生成藍色沉淀，故C錯誤；D．向沸水中逐滴加5~6滴飽和FeCl3溶液，持續(xù)煮沸，液體先變成紅褐色，形成膠體，然后析出紅褐色沉淀，膠體發(fā)生聚沉，故D正確；答案選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.某同學按圖示裝置進行實驗，將溶液a滴入錐形瓶中與固體b發(fā)生反應，生成的氣體通入c中至過量。下列所選物質組合及現(xiàn)象均符合要求的是abcC中現(xiàn)象A飽和溶液溶液黑色沉淀B濃硫酸Cu溶液溶液變渾濁C稀硫酸飽和溶液白色沉淀D濃氨水堿石灰溶液白色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】【詳解】A．與發(fā)生雙水解生成H2S氣體，H2S與反應生成CuS黑色沉淀，故A項符合題意；B．濃硫酸與Cu反應需要加熱，故B項不符合題意；C．稀硫酸與反應生成CO2，由于相同條件下溶解度：Na2CO3>NaHCO3，因此CO2與飽和溶液反應生成的NaHCO3會大量析出，故C項符合題意；D．堿石灰溶于水放熱，促進氨水分解生成氨氣，氨氣與反應會先生成白色沉淀AgOH，而后溶解生成[Ag(NH3)2]OH，故D項不符合題意；綜上所述，答案為AC。12.一定溫度下，利用銅-鈰氧化物（，Ce是活潑金屬）催化氧化可除去中少量CO，反應機理如圖1所示，CO的轉化率隨溫度變化的曲線如圖2所示。下列說法錯誤的是A.步驟（?。┲校谻u、Ce化合價均不變B.圖2中超過150℃時，CO的轉化率下降可能是因為高溫下催化劑被還原C.若用參與反應，一段時間后，一定會出現(xiàn)在銅-鈰氧化物中D.步驟（ⅲ）中有極性鍵的斷裂和形成【答案】AC【解析】【分析】由圖1可知，步驟（ⅰ）中，CO結合了催化劑中的氧原子生成了二氧化碳，同時催化劑中形成空位；經過步驟（ⅰi），CO和氧氣吸附在了催化劑載體上；步驟（ⅲ）中，吸附在催化劑載體上的CO和氧氣發(fā)生反應生成了二氧化碳，同時催化劑中的空位有氧原子進入?！驹斀狻緼．由圖可知，步驟（?。┲?，有氧原子被空位代替，由于氧元素非金屬性較強顯負價，則元素Cu、Ce化合價均降低，A錯誤；B．催化劑為銅-鈰氧化物，高溫下，可還原氧化物，則催化效率可能降低，CO的轉化率下降，B正確；C．由圖可知，步驟（ⅲ）中有1個氧原子進入空位，該氧原子可能來自氧氣分子或，故若用參與反應，一段時間后，可能會出現(xiàn)在銅-鈰氧化物中，C錯誤；D．由圖可知，步驟（ⅲ）中涉及極性鍵的斷裂和C=O極性鍵的形成，D正確；故選AC。13.鉻的機械強度高、抗腐蝕性能好，從釩鉻錳礦渣（主要成分為、、MnO）中提取鉻的一種工藝流程如圖：已知：在酸性溶液中釩通常以釩酸根陰離子存在；在酸性環(huán)境中較穩(wěn)定，在堿性環(huán)境中易被氧化為。下列說法錯誤的是A.“沉釩”過程利用了膠體的吸附性，使含釩微粒沉降B.實驗室模擬處理“沉鉻”后的操作所用的玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒C.“提純”過程中使用溶液，原因是有還原性，將錳元素還原，實現(xiàn)與鉻元素的分離D.“轉化”過程中發(fā)生反應為【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題圖可知，“沉釩”步驟中使用氫氧化鐵膠體吸附含有釩的雜質，濾液A中含有大量Mn2+和Cr3+，加入NaOH溶液“沉鉻”后，Cr3+轉化為Cr(OH)3沉淀，部分Mn2+轉化為，濾液B中溶質主要有MnSO4，由于固體A中含有，加入Na2S2O3溶液主要是將還原為Mn2+，同時可以防止pH較大時，Mn2+被空氣中氧氣氧化，Cr(OH)3煅燒后生成Cr2O3，“轉化”步驟中反應的離子方程式為Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O?！驹斀狻緼．“沉釩”時，氫氧化鐵膠體的作用是吸附含有釩的雜質，使含釩微粒沉降，故A項正確；B．“沉鉻”后的操作為過濾，所用的玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒，故B項正確；C．由上述分析可知，“提純”過程中使用溶液，原因是有還原性，將還原為Mn2+，再轉移至濾液B中回收，實現(xiàn)與鉻元素的分離，故C項正確；D．在酸性環(huán)境中較穩(wěn)定，在堿性環(huán)境中易被氧化為，因此“轉化”步驟中反應的離子方程式為Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O，故D項錯誤；綜上所述，錯誤的是D項。14.CuCl常用作有機合成的催化劑，實驗室用混合液與溶液反應制取CuCl（裝置如圖），已知溶液時產率最高，CuCl難溶于水，可發(fā)生反應：，。下列說法正確的是A.儀器1中的試劑應為溶液B.儀器2中的試劑滴入儀器1中開始反應的離子方程式為C.用混合溶液代替溶液可維持pH穩(wěn)定，保證CuCl產率較高D.反應完成后需將儀器1中混合物經稀釋、過濾、洗滌、干燥后才可獲得產品【答案】D【解析】【分析】實驗室用混合液與溶液反應制取CuCl，制備過程中過量會發(fā)生副反應生成，為提高產率，儀器2中所加試劑應為溶液，可控制溶液滴加的量，混合液應裝在三頸燒瓶，反應完成后經抽濾、洗滌、干燥獲得產品。【詳解】A．溶液pH=3.5時CuCl產率最高，Na2SO3溶液顯堿性，混合液可以調至pH=3.5，因此儀器1中溶液是混合液，儀器2中溶液是Na2SO3溶液，A項錯誤；B．從題目給出的兩個離子反應方程式推斷，CuCl寫成化學式應當不溶于水，但溶于NaCl溶液生成[CuCl4]3-，因此開始反應生成的是[CuCl4]3-，反應離子方程式，B項錯誤；C．溶液pH=3.5時CuCl產率最高，用混合溶液代替溶液，碳酸鈉和硫酸銅反應生成碳酸銅，而碳酸銅遇水立即雙水解為堿式碳酸銅、氫氧化銅的混合物，會引入雜質沉淀，C項錯誤；D．由于得到的是[CuCl4]3-溶液，需要稀釋[CuCl4]3-溶液，平衡左移，得到CuCl，過濾、洗滌、干燥后可獲得產品，D項正確；答案選D。15.某小組同學向的的溶液中分別加入過量的Mg粉、Zn粉和Cu粉，探究溶液中的氧化劑及其還原產物，實驗記錄如下表所示。實驗金屬操作、現(xiàn)象及產物Ⅰ過量Mg有大量氣泡產生，pH逐漸增大，產生大量紅褐色沉淀后，持續(xù)產生大量氣泡，當溶液pH為3~4時，取出固體，檢測到Fe單質Ⅱ過量Zn一段時間后有少量氣泡產生，pH逐漸增大，產生大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時溶液pH為3~4，取出固體，未檢測到Fe單質Ⅲ過量Cu一段時間后，溶液逐漸變?yōu)樗{綠色，固體中未檢測到Fe單質下列說法錯誤的是A.實驗Ⅰ中檢測到Fe單質的原因是實驗中產生大量氣泡使鎂粉不易被沉淀包裹B.實驗Ⅱ中Zn與溶液中的反應使pH升高，生成紅褐色沉淀C.實驗Ⅲ中藍綠色溶液為溶液D.Cu和Zn都不能將還原為Fe【答案】CD【解析】【分析】實驗Ⅰ中產生大量紅褐色沉淀的原因是鎂與溶液中的氫離子劇烈反應生成鎂離子和氫氣，溶液中氫離子濃度減小，鐵離子在溶液中的水解程度增大使得鐵離子轉化為紅褐色氫氧化鐵沉淀，檢測到鐵單質的原因是實驗中產生大量氣泡使得鎂粉不易被反應生成的氫氧化鐵沉淀包裹，過量的鎂能與溶液中的鐵離子反應生成鐵；實驗Ⅱ中產生大量紅褐色沉淀的原因是鋅與溶液中的氫離子緩慢反應生成鋅離子和氫氣，溶液中氫離子濃度減小，鐵離子在溶液中的水解程度增大使得鐵離子轉化為紅褐色氫氧化鐵沉淀，未檢測到鐵單質可能是鋅粉被反應生成的氫氧化鐵沉淀包裹，阻礙了鋅與溶液中鐵離子反應生成鐵；實驗Ⅲ中溶液逐漸變?yōu)樗{綠色的原因是過量的銅與溶液中的鐵離子反應生成亞鐵離子和銅離子?！驹斀狻緼．由于鎂的活潑性較強，與溶液中氫離子反應速率較快，產生大量氣泡，氣泡上逸，使鎂粉不易被沉淀包裹，因此鎂能置換出Fe，故A項正確；B．實驗Ⅱ中Zn與溶液中的Fe3+水解生成的反應使pH升高，促進Fe3+水解，從而生成紅褐色沉淀，故B項正確；C．實驗Ⅲ中主要反應為2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，因此溶液中溶質為FeCl2、CuCl2，故C項錯誤；D．由于銅的活潑性弱于鐵，因此銅無法置換出鐵，而實驗Ⅱ中鋅粉被反應生成的氫氧化鐵沉淀包裹，阻礙了鋅與溶液中鐵離子反應生成鐵，故D項錯誤；綜上所述，錯誤是CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序數(shù)依次增大，由X元素和Z元素組成的化合物P能用作潛艇的供氧劑，在一定條件下與能通過反應轉化(與離子中各原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構)。請回答下列問題：（1）M單質與Z的最高價氧化物的水化物反應的離子方程式為_______。（2）上述非金屬元素中，原子得電子能力最強的是_______(填元素名稱)。（3）的結構式為_______。（4）實驗室制取W元素單質的離子方程式為_______；用排空氣法收集W元素單質時驗滿的方法是_______。【答案】（1）（2）氟（3）（4）①.②.將濕潤的淀粉碘化鉀始終放在瓶口，如果變藍，說明收集滿了【解析】【分析】由X元素和Z元素組成的化合物P能用作潛艇的供氧劑，故X為O，Z為Na；Y為原子序數(shù)介于O和Na之間的主族元素，Y為F；由，得到3e-生成M單質，故M為Al，W為Cl；綜上短周期主族元素X、Y、Z、M、W分別為O、F、Na、Al、Cl?！拘?詳解】Al與NaOH溶液反應生成四羥基合鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：；【小問2詳解】非金屬元素O、F、Cl中，電負性最大的是F，非金屬性最強的是氟，得電子能力最強的是氟?！拘?詳解】中存在配位鍵，結構式為；【小問4詳解】實驗室制取氯氣采取二氧化錳和濃鹽酸加熱，離子方程式為：，因為氯氣具有強氧化性，可以用濕潤的淀粉碘化鉀試紙驗滿，將濕潤的淀粉碘化鉀始終放在瓶口，如果變藍，說明收集滿了。17.復鹽A的結晶水合物(摩爾質量為392)有如圖轉化關系，回答下列問題：已知：①A中含兩種陽離子和一種陰離子，三種離子的物質的量之比為2：1：2；②1molG失去3mol電子轉化成H，H一種綠色凈水劑和消毒劑；③J是空氣的主要成分之一。（1）A的結晶水合物是_______(填化學式，下同)；I是_______。（2）E電子式為_______。（3）反應④的離子方程式為_______。（4）標準狀況下，反應⑥生成11.2L氣體J時轉移_______mol電子。（5）常溫下，3.92gA在氣氛中的熱失重曲線如圖所示：①b→c過程中失去的物質及物質的量分別為_______、_______。②c→d的化學方程式為_______?！敬鸢浮浚?）①.(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O②.BaFeO4（2）（3）2Fe(OH)3+10OH—+3Cl2=2FeO+6NaCl+8H2O（4）2（5）①.H2O②.0.03mol③.(NH4)2Fe(SO4)2·H2O(NH4)2Fe(SO4)2+H2O【解析】【分析】由物質的轉化關系可知，復鹽A與氫氧化鈉溶液反應生成能與鹽酸反應的氨氣（B）、能與稀硝酸酸化的氯化鋇溶液生成白色沉淀的溶液C、在濕空氣中能轉化為紅褐色固體的白色沉淀D，則A中含有銨根離子、硫酸根離子和亞鐵離子，由A中含兩種陽離子和一種陰離子，三種離子的物質的量之比為2∶1∶2可知，A的化學式為(NH4)2Fe(SO4)2，B為氨氣、C為硫酸鈉、D為氫氧化亞鐵、E為氯化銨、F為硫酸鋇、G為氫氧化鐵；由1molG失去3mol電子轉化成H，H是一種綠色凈水劑和消毒劑，J是空氣的主要成分之一可知，氫氧化鐵與氯氣、濃氫氧化鈉溶液反應生成高鐵酸鈉、氯化鈉和水，則H為高鐵酸鈉；高鐵酸鈉溶液與氯化鋇溶液反應生成高鐵酸鋇沉淀和氯化鈉，則I為高鐵酸鋇；高鐵酸鋇與稀硝酸反應生成硝酸鋇、硝酸鐵、氧氣和水，則J為氧氣?！拘?詳解】由分析可知，A為化學式為(NH4)2Fe(SO4)2，硫酸亞鐵銨的相對分子質量為284，則結晶水合物中結晶水數(shù)目為：=6，，故A的結晶水合物是(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，I為化學式為BaFeO4的高鐵酸鋇，故答案為：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；BaFeO4；【小問2詳解】氯化銨是含有離子鍵和共價鍵的離子化合物，電子式為，故答案為：；【小問3詳解】由分析可知，反應④為氫氧化鐵與氯氣、濃氫氧化鈉溶液反應生成高鐵酸鈉、氯化鈉和水，反應的離子方程式為2Fe(OH)3+10OH-+3Cl2=2FeO+6NaCl+8H2O，故答案為：2Fe(OH)3+10OH-+3Cl2=2FeO+6NaCl+8H2O；【小問4詳解】由分析可知，反應⑥為高鐵酸鋇與稀硝酸反應生成硝酸鋇、硝酸鐵、氧氣和水，由化合價變化可知，反應生成1mol氧氣，轉移電子的物質的量為4mol，則標準狀況下，反應生成11.2L氧氣時，轉移電子物質的量為×4=2mol，故答案為：2；【小問5詳解】3.92g六水合硫酸亞鐵銨物質的量為=0.01mol，受熱完全失去結晶水所得固體質量為3.92g—0.01mol×6×18g/mol=2.84g，則由圖可知，3.92g六水硫酸亞鐵銨在氮氣氣氛中受熱是失去結晶水的過程；①由分析可知，b→c過程為六水合硫酸亞鐵銨在氮氣氣氛中受熱部分失去結晶水的過程，由圖中數(shù)據(jù)可知，失去結晶水的物質的量為=0.03mol，故答案為：H2O；0.03；②由分析可知，a→c過程為六水合硫酸亞鐵銨在氮氣氣氛中受熱部分失去結晶水的過程，由圖中數(shù)據(jù)可知，失去結晶水的物質的量為=0.05mol，則c點固體的化學式為(NH4)2Fe(SO4)2·H2O，所以c→d的反應為(NH4)2Fe(SO4)2·H2O受熱分解生成(NH4)2Fe(SO4)2和H2O，反應的化學方程式為(NH4)2Fe(SO4)2·H2O(NH4)2Fe(SO4)2+H2O，故答案為：(NH4)2Fe(SO4)2·H2O(NH4)2Fe(SO4)2+H2O。18.氮化鋰()常用作固體電解質、催化劑等，某實驗小組根據(jù)鋰和氮氣的反應原理設計實驗制備氮化鋰并探究某些物質性質。實驗裝置如圖所示。已知部分信息如下：①幾種含鉻的化合物顏色如下表所示：物質(s)(aq)(aq)(s)(aq)顏色綠色綠色棕紅色橘黃色橙紅色②極易潮解回答下列問題：（1）實驗室將鋰貯存于_______中，鋰在空氣中加熱會生成_______(填化學式)。（2）實驗時，先點燃_______(填“A”或“C”)處酒精燈，后點燃另一處酒精燈。（3）當A裝置中黃色粉末全部變?yōu)榫G色時熄滅A處酒精燈，寫出該反應的化學方程式：_______。（4）實驗完畢后，取A裝置中綠色粉末X進行如下實驗：序號操作現(xiàn)象I向X中加入稀硫酸，振蕩溶液變?yōu)樽丶t色II向X中加入NaOH溶液，振蕩溶液變?yōu)榫G色III向X中加入?溶液，煮沸綠色粉末溶解，產生黑色沉淀Y，溶液變?yōu)槌燃t色①根據(jù)上述實驗推知，性質與下列物質最相似的是_______(填字母)。a.b.c.MgOd.②已知：黑色固體Y常用于實驗室制備和。寫出實驗Ⅲ中反應的離子方程式：_______，由此推知，該反應中氧化性；_______(填“>”“＜”或“=”)。（5）設計實驗探究C裝置殘留固體中是否有鋰：_______。（6）為了測定實驗后B中固體()組成，進行如下實驗：取2.38gB中固體溶于去離子水，配制成250mL溶液，準確量取25.00mL配制的溶液于錐形瓶，用0.1溶液滴定，測得消耗溶液體積為20.00mL。已知見光易分解，為了減少實驗誤差，實驗中溶液應盛放在棕色酸式滴定管中，x=_______?！敬鸢浮浚?）①.石蠟油②.Li2O（2）A（3）（4）①.b②.③.＞（5）方案1：向裝有少量Li3N樣品的試管中加入足量稀硫酸，若產生氣泡，則有鋰，否則無鋰；或方案2：加入足量水，將氣體依次通過足量濃硫酸、灼熱氧化銅和無水CuSO4，若氧化銅變紅色，無水CuSO4變藍，則樣品中有鋰（6）6【解析】【分析】裝置A中重鉻酸銨[(NH4)2Cr2O7]固體受熱分解生成N2、Cr2O3和H2O，裝置B用CoCl2干燥N2，經干燥后的N2和Li在裝置C中發(fā)生反應制備氮化鋰，極易潮解，裝置D中的堿石灰防止空氣中的水蒸氣進入裝置C，據(jù)此解答?！拘?詳解】因鋰的密度小于煤油，實驗室將鋰貯存于石蠟油中，Li和O2在加熱條件下生成Li2O?！拘?詳解】實驗時，先點燃A處酒精燈，產生氮氣排盡C裝置中的空氣，防止Li被空氣中的氧氣氧化?！拘?詳解】由實驗原理及A裝置中實驗現(xiàn)象可知，重鉻酸銨受熱分解生成氮氣、三氧化二鉻和水，反應的化學方程式：?！拘?詳解】①由實驗Ⅰ、Ⅱ可知，綠色粉末X是，既可以與稀硫酸反應又可以與NaOH溶液反應，則Cr2O3性質與氧化鋁最相似，是兩性氧化物，故選b；②黑色固體Y常用于實驗室制備Cl2和O2，則黑色固體Y為MnO2，實驗Ⅲ中Cr2O3與KMnO4溶液反應生成MnO2和K2Cr2O7，其反應的離子方程式為：，該反應中，KMnO4是氧化劑，是氧化產物，則該反應中氧化性：KMnO4＞。【小問5詳解】該問屬于開放性問題：利用氮化鋰與水反應生成氫氧化鋰和氨氣，氨氣極易溶于酸，鋰與水反應生成氫氧化鋰和氫氣檢驗，檢驗氫氣可知鋰是否存在，而檢驗氫氣必須先除去氨氣。則探究C裝置殘留固體中是否有鋰的實驗方案為：方案1：向裝有少量Li3N樣品的試管中加入足量稀硫酸，若產生氣泡，則有鋰，否則無鋰；方案2：加入足量水，將氣體依次通過足量濃硫酸、灼熱氧化銅和無水CuSO4，若氧化銅變紅色，無水CuSO4變藍，則樣品中有鋰。【小問6詳解】根據(jù)AgNO3計算2.38gB中固體Cl-的物質的量：=0.02mol，根據(jù)固體組成，n(CoCl2?xH2O)=0.0lmol，固體中H2O的物質的量，則x=6。19.以精鉍生產過程中產生的氯化鉛渣(含、及AgCl)為原料回收銅、銀、鉛的工藝流程如下圖。已知，，，，?；卮鹣铝袉栴}：（1）在周期表中的位置是第_______周期，第_______族。（2）“浸出1”控溫75℃加熱方式為_______，此步驟中發(fā)生的離子方程式為_______。（3）如圖是溫度對“浸出2”所得浸出渣中銀含量的影響，反應時間均為1.5h，50～70℃沒出渣中銀含量呈現(xiàn)上升趨勢的原因是_______。（4）從“濾液”中獲得NaCl固體，實驗室操作中需要用到的儀器有_______(填標號)。（5）水合肼()還原“浸出液2”得到銀粉的過程中有生成，則反應的離子方程式為_______。【答案】（1）①.六②.ⅣA（2）①.水浴加熱②.（3）溫度較高時，氨水因受熱分解濃度降低而引起浸出速率減慢（4）②④⑤（5）【解析】【分析】氯化鉛渣(含、及AgCl)，加入硫酸、硫酸鈉反應分銅，進行過濾得到浸出液1和浸出渣1，浸出渣1中含有氯化銀、硫酸鉛，加入氨水反應，過濾得到含銀元素的浸出液2和副產品，副產品為硫酸鉛，浸出液2為Ag(NH3)2Cl，再在浸出液2中加入沉銀反應得到氮氣，再進行過濾操作得到粗銀；浸出液1中加入硫化鈉沉銅，過濾操作后得到濾液和硫化銅，據(jù)此作答?！拘?詳解】鉛為第82號元素，與碳同主族，位于周期表第六周期第ⅣA族?！拘?詳解】“浸出1”控溫75℃的加熱方式為：水浴加熱；根據(jù)溶度積數(shù)據(jù)可知，常溫下PbSO4的溶解度比PbCl2更小，所以可以實現(xiàn)沉淀的轉化，反應的方程式為：?！拘?詳解】“浸出2”中加入氨水得到浸出液2，若是氨水的量減少，則得到的浸出渣銀會增多，因此反應時間均為1.5h，50～70℃浸出渣中銀含量呈現(xiàn)上升趨勢的原因是：溫度較高時，氨水因受熱分解濃度降低而引起浸出速率減慢。【