2024届河南省济源四中化学高一第二学期期末复习检测试题含解析

2024届河南省济源四中化学高一第二学期期末复习检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、下列有机物相关描述不正确的( ) A ．用溴水能区分乙酸、己烯、苯、四氯化碳 B ．
分子中至少有11个碳原子处于同一平面上
C ．实验室制取乙酸乙酯时，往大试管中依次加入浓硫酸、无水乙醇、冰醋酸
D ．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏 2、从溴水中萃取溴，下列试剂中能用做萃取剂的是 A ．乙酸 B ．水 C ．四氯化碳 D ．酒精 3、下列说法不正确的是（ ） A ．燃烧煤炭供热会加剧“温室效应"
B ．将废旧电池深埋处理，可有效防止电池中的重金属污染
C ．预防H 7N 9流感病毒的措施之一是高温消毒餐具等生活日用品
D ．开发利用太阳能、风能、生物能、海洋能等清洁能源，符合“低碳经济” 4、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A ．Fe 2
Cl −−−→点燃
FeCl 2NaOH −−−−→Fe(OH)2 B ．S 2O
−−−→点燃
2SO 22
H O
−−−→H 2SO 4 C ．CaCO 3−−−→高温CaO 2
SiO −−−→高温
CaSiO 3 D ．NH 32O −−−→催化剂
NO 2
H O
−−−→HNO 3 5、海水中含有氯化镁，是镁的重要来源之一。

从海水中制取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳 ②在引入的海水中加石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物 ③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤、干燥产物 ④将得到的产物熔融后电解。

关于从海水中提取镁，下列说法不正确的是 A ．此法的优点之一是原料来源丰富
B ．进行①②③步骤的目的是从海水中提取氯化镁
C ．第④步电解制镁是由于镁是很活泼的金属
D ．以上制取镁的过程中涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应
6、图甲和图乙表示的是短周期部分或全部元素的某种性质的递变规律，下列说法正确的是
A．图甲横坐标为原子序数，纵坐标表示元素的最高正价
B．图甲横坐标为核电荷数，纵坐标表示元素的原子半径(单位：pm)
C．图乙横坐标为最高正价，纵坐标表示元素的原子半径(单位：pm)
D．图乙横坐标为最外层电子数，纵坐标表示元素的原子半径(单位：pm)
7、下列金属用热还原法冶炼的是（）
A．钠B．银C．铁D．汞
8、催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。

在恒容密闭容器中，CO2和H2在催化剂作用下发生反应：CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)。

CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再改变时，下列说法正确的是A．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度一定相等
B．该反应已经达到化学平衡状态
C．CO2和H2完全转化为CH3OH和H2O
D．CO2、H2的反应速率等于CH3OH、H2O的反应速率且为零
9、下列化学用语表达正确的是
A．Al3+的结构示意图：B．Na2O2的电子式：
C．淀粉的分子式：（C6H l2O6)n D．质量数为37的氯原子：Cl
10、下列说法正确的是（）
A．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”
B．钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀，主要原因是海水含氧量高于河水
C．废弃的塑料、金属、纸制品及玻璃都是可回收再利用的资源
D．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用
11、下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是( )
A．CH3CH2CH2CH3B．CH3CH(CH3)2
C．CH3C(CH3)3D．(CH3)2CHCH2CH3
12、能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四瓶溶液区别的一种试剂是( )
A．BaCl2B．Ba(OH)2C．Ba(NO3)2D．NaOH
13、下列选项中，物质与其特征反应对应正确的是
选项物质特征反应
A 油脂遇硝酸变黄
B 蛋白质碱性条件下发生水解反应
C 纤维素常温下，遇碘酒变蓝
D 葡萄糖加热条件下，与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀
A．A B．B C．C D．D
14、下列对碱金属单质的物理性质的叙述中，不正确的是（）
A．都是银白色的金属（铯除外）B．密度都比水小
C．硬度都很小D．都能导电传热
15、乙烯利（C2H6ClO3P）能释放出乙烯从而促进果实成熟，可由环氧乙烷（）和PCl3为原料合成。

下列说法正确的是（）
A．乙烯、乙烯利均属于烃
B．乙烯的结构简式为：C2H4
C．环氧乙烷与乙醛互为同分异构体
D．PCl3的电子式为：
16、下列物质反应后出现蓝色的是
A．淀粉遇碘B．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热
C．蛋白质与浓硝酸作用D．在新制氢氧化铜中加入葡萄糖溶液，加热至沸腾
二、非选择题（本题包括5小题）
17、下图中A～J均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系。

其中A、D为金属单质。

（反应过程中生成的水及其他产物已略去)。

请回答下列问题：
(1)B的化学式为_______________。

(2)K的电子式为_________________。

(3)写出J与D反应转化为G的离子方程式___________________。

(4)A在常温下也可与NaOH溶液反应生成F，写出此反应的化学方程式_________________。

18、有X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，部分信息如下表所示:
X Y Z M R Q
原子半径/nm 0.186 0.074 0.099 0.160 主要化合价+4，-4 -2 -1，+7
其它
阳离子核外
无电子无机非金属材
料的主角
六种元素中原子
半径最大
次外层电子数是最外层
电子数的4倍
请回答下列问题：
(1)X的元素符号为______ ，R 在元素周期表中的位置是___________。

(2)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是___________。

(3)Q简单离子的离子半径比Z的小，其原因是___________。

(4)下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是_______ (选填字母序号)。

a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
b.气态氢化物稳定性R>Y。

c.Y与R形成的化合物中Y呈正价
19、某同学设计以下实验方案，从海带中提取I2。

(1)操作①的名称是______。

(2)向滤液中加入双氧水的作用是______。

(3)试剂a可以是______（填序号）。

①四氯化碳②苯③酒精④乙酸
(4)I–和IO3-在酸性条件下生成I2的离子方程式是________________。

(5)上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是____________。

20、为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。

实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。

Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。

Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。

Ⅳ………
（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是_________。

（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是____________。

（3）B中溶液发生反应的离子方程式是________________。

（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是______________。

（5）从原子结构角度分析，氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下_________________，得电子能力逐渐减弱。

21、现有如下物质：
①明矾②一水合氨③碳酸氢钠④硫酸铁⑤硝酸钡⑥硝酸
请完成下列问题：
(1)属于弱电解质的是___________________；(选填编号)
(2)由于促进水的电离平衡而使溶液显酸性的是__________________；(选填编号)
(3)它们水溶液PH >7的有_________________；(选填编号)
(4)写出下列物质之间发生反应的离子方程式：
①+⑤__________________ ②+④___________________ ③+⑥__________________
(5)明矾溶于水后能净水，是由于Al3+水解后能形成Al(OH)3胶体，该胶体具有吸附性，请写出Al3+水解的方程式：____________________；
硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3⋅ySO3⋅zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加
入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式中x、y、z的值分别为_______________(填整数)
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解题分析】
A．己烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，溴水褪色；苯和四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯层在水的上层，四氯化碳在水下层；乙酸与溴水互溶，无明显现象，现象不同，能区分，故A正确；
B．甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面上。

两个苯环通过单键相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环所在平面。

分子的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故B正确；
C．加入酸液时应避免酸液飞溅，应先加入乙醇，再加浓硫酸，防止浓硫酸溶解放热造成液体飞溅，最后慢慢加入冰醋酸，故C错误；
D．乙酸与足量生石灰反应后增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故D正确；
答案选C。

【题目点拨】
本题的易错点和难点为B，要注意碳碳单键可以旋转，该分子至少有11个碳原子处于同一平面上，最多14个碳原子处于同一平面上。

2、C
【解题分析】试题分析：萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。

乙酸、乙醇和水是互溶的，不能作为从溴水中萃取溴的萃取剂。

四氯化碳不溶于水，溴易溶在有机溶剂中，四氯化碳可以作为萃取剂，所以答案选C。

考点：考查萃取剂选择的判断
点评：该题是常识性知识的考查，侧重对学生实验能力的培养，有利于培养学生的逻辑思维能力和规范严谨的实验设计能力。

该题的关键是明确萃取剂选择的依据，然后结合题意灵活运用即可。

3、B
【解题分析】A. 燃烧煤炭供热会产生大量的二氧化碳，会加剧“温室效应"，故A正确；B. 将废旧电池深埋处理，电池中的重金属元素会污染水源和土壤，故B错误；C. 高温可以使蛋白质发生变性，因此预防H7N9流感病毒的措施之一是高温消毒餐具等生活日用品，故C正确；D. 开发利用太阳能、风能、生物能、海洋能等清洁能源，能够减少化石能源的用量，符合“低碳经济”，故D正确；故选B。

4、C
【解题分析】
A.铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁，故A不选；
B.二氧化硫和水生成亚硫酸，不能直接生成硫酸，故B不选；
C.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙高温下和二氧化硅反应可以生成硅酸钙，故C选；
D.一氧化氮和水不反应，故D不选；
故选C。

【题目点拨】
铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁。

和铁与氯气反应相似的反应还有：硫和氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，即使氧气过量，也不能直接生成三氧化硫；氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮，即使氧气过量，也不能直接生成二氧化氮。

5、D
【解题分析】
A．地球上有丰富的海水资源，故A正确；
B．从海水中提取金属镁，最基本的方法是往海水里加石灰乳，得到Mg(OH)2沉淀，将沉淀分离后再加入盐酸变成MgCl2；之后经结晶、过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，据此结合从海水中提取镁的步骤知：①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2，故B正确；
C．镁是很活泼的金属，阳离子氧化性较弱，不易用热还原法制取，可用电解熔融氯化镁的方法制取镁单质，故C正确；
D．把贝壳制成石灰乳是碳酸钙分解反应，氧化钙和水发生的化合反应，海水中的镁离子和氢氧化钙反应，为复分解反应，得到氢氧化镁的沉淀，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁，为复分解反应，氯化镁电解为分解反应，该过程中未涉及的反应为置换反应，故D错误；
故答案为D。

6、D
A、如果是短周期，第二周期中O、F没有正价，故错误；
B、同周期从左向右，原子半径减小，故错误；
C、第二周期O、F没有正价，故错误；
D、同周期从左向右最外层电子数最大，但半径减小，故正确；
答案选D。

7、C
【解题分析】
分析：金属的冶炼根据金属性强弱不同一般有电解法、热还原法、热分解法等。

详解：A、Na为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，在加热条件下难以分解，A错误；
B、Ag为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，B错误；
C、Fe是金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，C正确；
D、汞为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，D错误；
答案选C。

8、B
【解题分析】CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再改变时，达到平衡状态，但CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度不一定相等，故A错误；根据化学平衡的定义，反应物、生成物浓度不变的状态为平衡状态，故B正确；可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，故C错误；平衡状态时，正逆反应速率一定相等，但反应速率不等于0，故D错误。

点睛：在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等，但反应速率不等于0时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即"化学平衡状态".
9、D
【解题分析】A．铝离子的核电荷数为13，最外层达到8电子稳定结构，是铝原子的结构示意图，故A错误；
B. Na2O2属于离子化合物，电子式为，故B错误；C、淀粉受由很多葡萄糖结构单元形成的高分子化合物，分子式为(C6H10O5)n，故C错误；D．氯原子的核电荷数为17，质量数为37的氯原子为：3717Cl，故D正确；故选D。

点睛：本题考查了电子式、原子结构示意图、核外电子排布式、元素符号的书写判断，注意掌握常见化学用语的概念及书写方法，选项B为易错点，注意过氧根离子的电子式的书写。

10、C
A、汽油来源化石能源，属于不可再生能源，错误；
B、是因为海水中有电解质，易形成原电池，发生电化学腐蚀，错误；
C、废弃的塑料、金属、纸制品及玻璃都是可回收再利用的资源，正确；
D、食品添加剂不都对人体健康均有害，错误。

故答案选C。

11、C
【解题分析】
只生成一种一氯代烃，则烃分子中只有一种H，答案是C。

12、B
【解题分析】
由于给出的物质中含有NH4+离子，所以应该用碱，排斥AC选项。

因为需要鉴别的物质中有的含有SO42-，则应该加入Ba2+。

故鉴别试剂是Ba(OH)2，加入到Na2SO4溶液中会产生白色沉淀，加入到NH4NO3溶液中会放出有刺激性气味的气体；加入到KCl溶液中，无任何现象发生，加入到(NH4)2SO4溶液中既有白色沉淀产生，又有刺激性气味的气体产生。

四种溶液现象各不相同，因此可以鉴别，故选项的B。

13、D
【解题分析】
A．硝酸和与蛋白质发生显色反应，蛋白质变成黄色，可用于检验蛋白质，油脂遇硝酸不变黄，选项A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解，水解可生成高价脂肪酸钠和甘油，蛋白质一般在酶的作用下发生水解生成氨基酸，选项B错误；
C．淀粉遇碘变蓝色，而纤维素遇碘不变蓝，选项C错误；
D、葡萄糖含有醛基，加热条件下，与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，选项D正确。

答案选D。

14、B
【解题分析】
A、铯是金黄色金属，其他碱金属都是银白色的柔软金属，选项A正确；
B、碱金属单质中Rb、Cs密度都大于水，Li、Na、K的密度都小于水，选项B不正确；
C. 碱金属单质的硬度都很小，选项C正确；
D. 碱金属单质都能导电传热，是良好的导电导热材料，选项D正确。

答案选B。

15、C
【解题分析】
A、仅由碳氢两种元素形成的化合物是烃，乙烯属于烃，乙烯利还含有O、P、Cl三种元素，不是烃，A错误；
B、乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，C2H4表示乙烯的分子式，B错误；
C、环氧乙烷与乙醛的分子式均是C2H4O，结构不同，二者互为同分异构体，C正确；
D、PCl3分子中含有共价键，电子式为，D错误；
答案选C。

16、A
【解题分析】
A.淀粉遇碘变蓝色，故A正确；
B.乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热反应生成乙酸乙酯，不变蓝色，故B错误；
C.蛋白质与浓硝酸发生颜色反应呈黄色，故C错误；
D.新制氢氧化铜中加入葡萄糖溶液加热反应生成砖红色沉淀，故D错误；
故选A。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Fe2O3Fe+2Fe3+=3Fe2+A1+2NaOH +2H2O =2NaAlO2 +3H2↑
【解题分析】A和D为金属单质，固体条件下，金属和金属氧化物能发生铝热反应，则A是Al，C是Al2O3，Al2O3和盐酸反应生成AlCl3和水，AlCl3和NaOH溶液反应，所以E为AlCl3，Al2O3和AlCl3都与NaOH溶液反应生成NaAlO2，所以F是NaAlO2，H在空气中反应生成I，I为红褐色固体，则I为Fe(OH)3，H为Fe(OH)2，加热氢氧化铁固体生成Fe2O3和H2O，所以B是Fe2O3、K是H2O，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，所以J是FeCl3，根据元素守恒知，D是Fe，G是FeCl2。

(1)通过以上分析知，B是Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
(2)K是H2O，水为共价化合物，氢原子和氧原子之间存在一对共用电子对，所以其电子式为：，故答案为：
；
(3)铁和氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁，离子反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
(4)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。

点睛：本题以铝、铁为载体考查了无机物的推断，涉及离子方程式、反应方程式、电子式的书写，明确物质的性质及物质间的转化是解本题关键。

解答本题，可以根据铝热反应、物质的特殊颜色为突破口采用正逆结合的方法进行推断。

18、H第三周期VIIA族大于0.099nm 小于0.160nm Mg2+和Na+核外电子排布完全相同，前者的核电荷数大于后者，核对电子的吸引力大于后者b、c
【解题分析】分析：X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y有-4、+4
价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；R有+7、-1价，处于ⅦA族，R为Cl元素；M有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，则M为氧元素；Q次外层电子数是最外层电子数的4倍，Q有3个电子层，最外层电子数为2，则Q为Mg元素；Z在六种元素中原子半径最大，则Z为Na元素，据此解答。

详解：根据上述分析，X为氢元素，Y为Si元素，Z为Na元素，M为氧元素，R为Cl元素，Q为Mg元素。

(1)X为氢元素，R为Cl元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，处于周期表中第三周期ⅦA族，故答案为：H；第三周期ⅦA族；
(2)同周期自左而右原子半径减小，Si的原子半径介于Mg以Cl原子半径之间，故Si的原子半径的最小范围是大于0.099nm，小于0.160nm，故答案为：大于0.099nm，小于0.160nm；
(3)Na+、Mg2+电子层结构相同，核电荷数越大，核对电子的吸引力越大，离子半径越小，故离子半径的大小顺序为
Na+＞Mg2+，故答案为：Mg2+和Na+核外电子排布完全相同，前者的核电荷数大于后者，核对电子的吸引力大于后者；
(4)同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Cl＞Si，a．物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故a错误；b．氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，故b正确；c．Si 与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，故c正确；故答案为：bc。

点睛：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键。

本题的易错点为R的判断，要注意R不能判断为F，因为F没有正价。

19、过滤将I-氧化为I2①②5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O 富集碘元素
【解题分析】
分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法为过滤。

海带灰中含KI，该物质容易溶于水，具有还原性，在酸性条件下被H2O2氧化为I2，I2容易溶于有机溶剂而在水中溶解度较小，可以通过萃取作用分离碘水。

向含有I2的有机物中加入NaOH溶液，发生歧化反应反应生成碘化钠、碘酸钠，进入到水溶液中，向其中加入稀硫酸酸化，I-、IO3-、H+发生反应产生I2的悬浊液，过滤，分离得到粗碘。

【题目详解】
(1)操作①是分离难溶性固体与可溶性KI水溶液的操作方法，名称是过滤；
(2)向滤液中加入双氧水的作用是将I-氧化为I2；
(3)试剂a是从I2的水溶液中分离得到I2，可以根据I2容易溶于有机溶剂苯、四氯化碳中溶解度大而在水中溶解度较小，苯或四氯化碳与水互不相容，且与I2不反应的性质，通过萃取分离得到，因此可以是四氯化碳、苯，而不能使用与水互溶的或容易溶于水的乙醇、乙酸，故合理选项是①②；
(4)I–和IO3-在酸性条件下生成I2和水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式是
5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；
(5)上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是提高I2的浓度，达到富集碘元素的目的。

【题目点拨】
本题考查了含碘物质分离提纯碘单质的实验过程分析，注意过滤、萃取、分液的操作，及氧化还原反应在物质制备的应用，掌握基础是解题关键。

20、略淀粉碘化钾试纸变蓝Cl2 + 2Br- = Br2 + 2Cl-打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡．静至后CCl4层溶液变为紫红色原子半径增大
【解题分析】
验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论。

(1)黄绿色气体为氯气，由高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成，氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故答案为；
(2)淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，说明氯气氧化性强于单质碘，故答案为淀粉KI试纸变蓝；
(3)氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，故答案为Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；
(4)为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，故答案为打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡．静至后CCl4层溶液变为紫红色；
(5)同一主族元素中，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，故答案为原子半径逐渐增大。

21、②①④②③SO42-+Ba2+=BaSO4↓Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+
HCO3-+H+=CO2↑+H2O Al3++3H2O Al(OH)3+3H+2、5、17
【解题分析】
(1)明矾是可溶性盐，属于强电解质；一水合氨是一元弱碱，属于弱电解质；碳酸氢钠、硫酸铁和硝酸钡是可溶性盐，属于强电解质；硝酸是强酸，属于强电解质；
(2)明矾是可溶性盐，在水中电离出Al3+，氯离子水解使溶液呈酸性；硫酸铁在溶液中电离出铁离子，铁离子水解使溶液呈酸性；；
(3)一水合氨是一元弱碱，水溶液PH >7；碳酸氢钠属于弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，pH >7；
(4)明矾和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、硝酸钾和硝酸铝；一水合氨和硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸铵；碳酸氢钠和硝酸反应生成二氧化碳和硝酸钠；
(5) Al3+水解生成氢氧化铝；
(6) 取5.130g碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42-。

加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体氧化铁，根据硫原子和铁原子守恒规律解答。

【题目详解】
(1)明矾是可溶性盐，属于强电解质；一水合氨是一元弱碱，属于弱电解质；碳酸氢钠、硫酸铁和硝酸钡是可溶性盐，属于强电解质；硝酸是强酸，属于强电解质，属于弱电解质的是②；
(2)明矾是可溶性盐，在水中电离出Al3+，铝离子水解使溶液呈酸性；硫酸铁在溶液中电离出铁离子，铁离子水解使溶液呈酸性；由于促进水的电离平衡而使溶液显酸性的是①④；
(3)一水合氨是一元弱碱，水溶液PH >7；碳酸氢钠属于弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，pH >7；水溶液PH >7的有②③；
(4)明矾和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、硝酸钾和硝酸铝，离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；一水合氨和硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸铵，离子方程式为：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+；碳酸氢钠和硝酸反应生成二氧化碳和硝酸钠，离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O；
(5) Al3+水解生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+；
(6) 取5.130g碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42-。

加入过量的BaCl2
溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，其物质的量n=
5.82g
233g/mol
=0.025mol，根据S原子的守恒即
可知碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m=nM=0.025mol×80g/mol=2.00g；上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe(OH)3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量
n=
1.600g
160g/mol
=0.01mol，而碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量
m=5.13g-2.00g-1.600g=1.53g，物质的量n=
1.53g
18g/mol
=0.085mol。

故该样品中x：y：Z=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：
5：17。