吉林省吉林市普通高中2023-2024學年高一上學期期末調(diào)研測試化學試題(解析版)

高級中學名校試卷PAGEPAGE1吉林省吉林市普通高中2023-2024學年高一上學期期末調(diào)研測試試題說明：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號。答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H：1N：14O：16Na：23Al：27Cl：35.5Mn：55Fe：56Cu：64Ag：108一、選擇題(15道題，每小題只有一個選項符合題目要求，每題3分，共45分)1.下列物質(zhì)中，含有極性共價鍵的是（）A單質(zhì)碘 B.氯化鎂 C.溴化鉀 D.水〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．碘屬于非金屬單質(zhì)，存在非極性共價鍵，故A不選；B．氯化鎂屬于離子化合物，只存在離子鍵，故B不選；C．溴化鉀屬于離子化合物，只存在離子鍵，故C不選；D．水屬于共價化合物，存在H-O極性共價鍵，故D可選；故選D。2.下列敘述中正確的是（）A.固體不導電所以不是電解質(zhì)B.銅絲、石墨均能導電所以它們都是電解質(zhì)C.NaCl溶于水在通電條件下才能發(fā)生電離D.熔融的能導電所以是電解質(zhì)〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)能導電的化合物，是鹽屬于電解質(zhì)，故A正確；B．銅絲、石墨都是單質(zhì)，均不屬于電解質(zhì)，故B錯誤；C．NaCl溶于水發(fā)生電離，不需要通電，故C錯誤；D．電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)能導電的化合物，熔融的能導電所以是電解質(zhì)，故D正確；故〖答案〗為：D3.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A.17gOH－和19gH3O+所含電子數(shù)相等B.18gH2O在標準狀況的體積約為22.4LC.2molAl的摩爾質(zhì)量為54gD.1mol鐵與過量Cl2充分反應轉移2mol電子〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．OH－和H3O+都為10電子微粒，則17gOH－(即1mol)和19gH3O+(即1mol)所含電子數(shù)相等，都為NA，A正確；B．標況下水為非氣體，不能用氣體摩爾體積，B錯誤；C．摩爾質(zhì)量與物質(zhì)的量無關，Al的摩爾質(zhì)量為27g/mol，C錯誤；D．1mol鐵與過量Cl2充分反應生成1mol氯化鐵，轉移3mol電子，D錯誤；故選A。4.如圖所示，在A處通入未經(jīng)干燥的氯氣。當關閉B處的活塞時，C處的紅布條看不到明顯現(xiàn)象；當打開B處的活塞后，C處的紅布條逐漸褪色。則D瓶中盛放的溶液可能是（）①H2O②濃硫酸③NaOH溶液④飽和NaCl溶液A.①② B.①④ C.②③ D.③④〖答案〗C〖解析〗【詳析】干燥的氯氣不具有漂白性，氯氣與水反應生成的次氯酸具有漂白性，在A處通入未經(jīng)干燥的氯氣，當關閉B處的彈簧夾時，C處的紅布條看不到明顯現(xiàn)象，當打開B處的彈簧夾后，C處的紅布條逐漸褪色，說明D處液體能夠吸收水或者吸收氯氣，若D為濃硫酸則可以吸收氯氣中的水，若D處為氫氧化鈉溶液，可吸收氯氣，即②③符合題意，故〖答案〗為：C。5.Se是人體必需的微量元素。下列關于和的說法中，正確的是（）A.和都含有34個中子B.和含有不同的電子數(shù)C.和互為同位素D.和分別含有44個和46個質(zhì)子〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)，和中子數(shù)分別為78-34=44、80-34=46，A錯誤；B．和的質(zhì)子數(shù)都為34，所以電子數(shù)都為34，電子數(shù)相同，B錯誤；C．和的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，為同一種元素，所以互為同位素，C正確；D．和的質(zhì)子數(shù)都為34，D錯誤；故選C。6.多糖基復合納米材料(粒徑10-9－10-7m)在生物醫(yī)學領域具有一定的應用價值。將多糖基復合納米顆粒分散到水中，下列關于該分散系的說法正確的是（）A.該分散系不屬于膠體 B.該分散系非常穩(wěn)定C.多糖基復合納米顆粒不能透過濾紙 D.丁達爾效應能區(qū)分氯化鋇溶液和該分散系〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．根據(jù)該多糖基復合納米顆粒的粒徑可知，其形成的分散系為膠體，A錯誤；B．膠體是介穩(wěn)體系，較為穩(wěn)定，B錯誤；C．根據(jù)該多糖基復合納米顆粒粒徑可知，其形成的分散系為膠體，膠體可以透過濾紙，C錯誤；D．該物質(zhì)形成的分散系為膠體，氯化鋇溶于水形成的分散系為溶液，可用丁達爾效應區(qū)分兩者，D正確；故選D。7.化學與生產(chǎn)生活息息相關，下列敘述正確的是（）A.酒精、鈉等著火，可以用干粉滅火器撲滅B.鋁制餐具不宜用來蒸煮酸性或堿性食物C.向碳酸氫鈉中加入少量水，碳酸氫鈉能溶解并伴隨放熱現(xiàn)象D.若氯氣泄漏可用蘸有NaOH溶液的濕毛巾捂住口鼻，向上風口或地勢高的地方躲〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．干粉滅火器中有二氧化碳，金屬鈉著火時，與空氣中的氧氣反應生成過氧化鈉，過氧化鈉與二氧化碳反應，生成氧氣，增大火勢，A錯誤；B．Al可以與酸或堿發(fā)生反應，故鋁制餐具不宜用來蒸煮酸性或堿性食物，B正確；C．碳酸氫鈉溶解吸熱，C錯誤；D．如果發(fā)生氯氣泄漏，可用沾碳酸氫鈉溶液的濕毛巾捂住口鼻，向上風口或地勢高的地方躲避，不能用氫氧化鈉，因為氫氧化鈉具有強烈腐蝕性，故D錯誤；故選B。8.下列離子方程式正確的是（）A.小蘇打溶液中加入過量石灰水：Ca2++2+2OH－=CaCO3↓++2H2OB.稀醋酸溶液與NaOH溶液反應：H++OH－=H2OC.過氧化鈉與水反應：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑D.氯化鐵溶液腐蝕銅電路板：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．根據(jù)“誰少誰為1”，小蘇打溶液中加入過量石灰水應生成碳酸鈣，氫氧化鈉和水，離子方程式為：Ca2+++OH－=CaCO3↓+H2O，A錯誤；B．醋酸為弱酸，不能拆，離子方程式為：CH3COOH+OH－=H2O+CH3COO-，B錯誤；C．過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑，C正確；D．未配平，離子方程式為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，D錯誤；故選C。9.在指定溶液中，下列離子能大量共存的是（）A.在澄清透明的溶液中：Cu2+、、Mg2+、B.使紫色石蕊呈紅色的溶液中：、Cl-、、Fe2+C.所含溶質(zhì)為NaHSO4的溶液：、Na+、CH3COO-、K+D.常溫下加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液：、K+、、Cl－〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．離子間兩兩不反應，可以大量共存，A正確；B．使石蕊變紅色的溶液呈酸性，Cl-、Fe2+都能與發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，B錯誤；C．NaHSO4相當于一元強酸，與CH3COO-不能大量共存，C錯誤；D．加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液，與氫離子、氫氧根都能反應，不能大量共存，D錯誤；故選A。10.下列物質(zhì)間的轉化中，不能通過一步反應實現(xiàn)的是（）A.CaCO3→CaO→Ca(OH)2→CaCl2 B.Fe→FeCl3→FeCl2→Fe(OH)2C.Al→Al2O3→Al(OH)3→Na[Al(OH)4] D.Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．碳酸鈣高溫分解生成氧化鈣，氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣，氫氧化鈣與HCl反應生成氯化鈣，均能一步轉化，A正確；B．Fe與氯氣生成氯化鐵，氯化鐵溶液與Fe反應生成氯化亞鐵，氯化亞鐵與NaOH反應生成氫氧化亞鐵，均能一步轉化，B正確；C．氧化鋁不能溶于水，不能一步轉化為氫氧化鋁，C錯誤；D．Na與氧氣點燃生成過氧化鈉，過氧化鈉與二氧化碳生成碳酸鈉，碳酸鈉與過量二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，D正確；故選C。11.某化學興趣小組在實驗中發(fā)現(xiàn)一瓶溶液標簽上標有“CaCl20.1mol·L－1”的字樣，下面是該小組成員對溶液的敘述正確的是（）A.配制1L該溶液，可將0.1molCaCl2溶于1L水中B.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，0.1mol·L－1CaCl2溶液中所含的Ca2+為0.1NAC.從試劑瓶中取該溶液的一半，則所取溶液的物質(zhì)的量濃度為0.05mol·L－1D.將該瓶溶液稀釋至原體積的2倍，則所得溶液的c(Cl－)為0.1mol·L－1〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．將0.1molCaCl2溶于1L水中，所得溶液的體積不等于1L，則所得濃度不是0.1mol?L-1，A錯誤；B．體積未知，無法計算，B錯誤；C．溶液是均一穩(wěn)定的，濃度與取出的溶液的體積多少無關，C錯誤；D．溶液中Cl-的濃度為0.2mol/L，將溶液稀釋至原體積的2倍，則濃度減半，即稀釋后Cl-的濃度應為0.1mol/L，D正確；故選D。12.把鐵片放入下列溶液中，鐵片溶解，溶液質(zhì)量增加，但沒有氣體放出的是（）A.硝酸銀溶液 B.硫酸銅溶液 C.稀硫酸 D.硫酸鐵溶液〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．鐵和硝酸銀發(fā)生置換反應，析出銀的質(zhì)量大于鐵的質(zhì)量，導致溶液質(zhì)量減小，故A錯誤；

B．鐵和硫酸銅發(fā)生置換反應，析出銅的質(zhì)量大于鐵的質(zhì)量，導致溶液質(zhì)量減小，故B錯誤；

C．鐵和稀硫酸反應有氫氣生成，故C錯誤；

D．鐵和硫酸鐵反應生成硫酸亞鐵，沒有氣體生成且溶液質(zhì)量增加，所以符合題意，故D正確；

故選：D。13.金屬材料的使用見證了人類文明發(fā)展過程，下列說法正確的是（）A.稀土金屬可以用于生產(chǎn)合金B(yǎng).合金只能由兩種或兩種以上金屬組成C.生鐵和鋼是碳含量不同的兩種鐵碳合金，其中生鐵碳含量為0.03%~2%D.鐵合金的硬度比單質(zhì)鐵低〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．稀土金屬具有特殊的化學活性，稀土金屬可以用于生產(chǎn)合金，A正確；B．合金是由兩種或兩種以上金屬與金屬(或非金屬)組成，B錯誤；C．生鐵的含碳量為2～4.3％，C錯誤；D．合金的硬度一般比各成分金屬高，D錯誤；故選A。14.下圖分別表示元素的某種性質(zhì)與核電荷數(shù)的關系(X為核電荷數(shù)，Y為元素的有關結構或性質(zhì))。下列說法錯誤的是（）A.表示第ⅥA族元素原子的最外層電子數(shù)變化規(guī)律的是bB.表示第三周期主族元素的最高化合價變化規(guī)律的是cC.表示O2－、F－、Na+、Mg2+、Al3+的離子半徑變化規(guī)律的是aD.表示鹵族元素單質(zhì)熔點的變化規(guī)律的是d〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．第ⅥA族元素原子的最外層電子數(shù)都是6，不隨核電荷數(shù)的變化而變化，圖b符合，A正確；B．第三周期，主族元素的最高正價等于其最外層電子數(shù)，所以隨著核電荷數(shù)的增加，其最高正價逐漸升高，圖像c符合，B正確；C．O2－、F－、Na+、Mg2+、Al3+的離子電子層結構相同，核外電子排布都是2、8，對于電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑就越小，圖a符合，C正確；D．鹵族元素單質(zhì)熔點隨核電荷數(shù)的遞增逐漸升高，圖像d不符合，D錯誤；故選D。15.將23.2gFe3O4加入100mL某濃度的鹽酸中，再加入8.4g鐵粉，反應停止時，溶液中無固體存在。向溶液中滴加硫氰化鉀溶液，未見顏色變化，為了中和過量的鹽酸(不考慮HCl的揮發(fā))，且使鐵完全轉化成Fe(OH)2，共消耗4.5mol·L－1NaOH溶液200mL。原鹽酸中HCl的物質(zhì)的量濃度為（）A.2.0mol·L－1 B.9.0mol·L－1 C.6.4mol·L－1 D.4.0mol·L－1〖答案〗B〖解析〗【詳析】溶液中鈉離子恰好與氯離子結合，故有n(Na+)=n(Cl-),加入NaOH溶液后，所得溶液為NaCl溶液，其溶質(zhì)的物質(zhì)的量為4.5×0.2=0.9mol。依據(jù)守恒可知，100mL的鹽酸中含有0.9mol的溶質(zhì)，其濃度為9mol·L-1；故〖答案〗為D。二、非選擇題(本題有4道題，共55分)16.運用氧化還原反應和離子反應知識回答下列問題：Ⅰ．我國“十四五”規(guī)劃中已明確提到“碳達峰”、“碳中和”的目標，請回答下列問題：（1）“碳達峰”、“碳中和”的“碳”主要指的具體物質(zhì)所屬的物質(zhì)類別為______(填標號)A.電解質(zhì) B.非電解質(zhì) C.大氣污染物 D.酸性氧化物（2）自古至今，碳的應用極其廣泛。在明代宋應星所著的《天工開物》中，有關于火法煉鋅的工藝記載：“每爐甘石十斤，裝載入一泥罐內(nèi)，??????然后逐層用煤炭餅墊盛，其底鋪薪，發(fā)火煅紅，罐中爐甘石熔化成團。冷定毀罐取出。??????即倭鉛也。??????以其似鉛而性猛，故名之曰‘倭’云?！?注：爐甘石的主要成分是碳酸鋅。)請完成上述火法煉鋅反應的化學方程式：_____，ZnCO3+________+____CO↑，其中被還原的元素是_____(填元素符號)。Ⅱ．過氧化氫的水溶液俗名雙氧水，醫(yī)療上利用它有殺菌消毒的作用來清洗傷口。根據(jù)下列反應回答問題：A．H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2OB．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2OC．2H2O2=2H2O+O2↑D．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2（3）上述反應中，H2O2僅體現(xiàn)氧化性的反應是______(填標號)。（4）H2O2、Ag2O、Fe2(SO4)3的氧化性由強到弱的順序是_________。（5）請用單線橋表示B反應中電子轉移的方向和數(shù)目：_____，Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O?！即鸢浮剑?）BD（2）①.ZnCO3+2CZn+3CO↑②.Zn、C（3）A（4）（5）〖解析〗（1）“碳達峰”、“碳中和”的“碳”主要指的具體物質(zhì)為二氧化碳，屬于酸性氧化物、非電解質(zhì)，故選BD；（2）由"逐層用煤炭餅墊盛”，可知火法煉鋅涉及反應為ZnCO3與C反應，生成物為Zn和CO，結合元素守恒配平得方程式為：ZnCO3+2CZn+3CO↑；該反應中，C元素化合價由0價(C)升高到+2(CO)，故還原劑為C；Zn元素化合價由+2價(ZnCO3)降低到0價(Zn)，C元素由+4價降低到+2價，故被還原的元素為Zn、C；（3）氧化劑具有氧化性，發(fā)生氧化還原反應時化合價降低，則：A．H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，氧元素化合價由-1降低到-2，體現(xiàn)過氧化氫的氧化性，A正確；B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O，氧元素化合價由-1升高到價，體現(xiàn)過氧化氫的還原性，B錯誤；C．2H2O2=2H2O+O2↑，化合價既從-1價升高到0價，又從-1價降低到-2價，既體現(xiàn)過氧化氫的氧化性又體現(xiàn)還原性，C錯誤；D．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2，化合價未改變，不是氧化還原反應，D錯誤；故選A；（4）根據(jù)同一化學方程式中，氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性大于還原劑氧化性，則根據(jù)反應Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O，Ag2O為氧化劑，H2O2為還原劑可知，氧化性：，根據(jù)H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，H2O2為氧化劑，F(xiàn)e2(SO4)3為氧化產(chǎn)物可知，氧化性：，綜上，氧化性：；（5）根據(jù)方程式，Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O，1molAg2O反應，轉移電子數(shù)為2mol，則用單線橋表示為：。17.W、X、Y、Z四種短周期元素在元素周期表中的位置如圖所示，其中Z位于第ⅦA族。（1）其中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是_______(填化學式)。（2）元素周期表中某區(qū)域的一些元素多用于制造半導體材料，它們是______(填標號)。A.左下方區(qū)域的金屬元素B.稀有氣體元素C.右上方區(qū)域的非金屬元素D.金屬元素和非金屬分界線附近的元素（3）Y的最簡單氫化物的沸點比同主族相鄰元素最簡單氫化物的沸點______。(填“高”或“低”)（4）W元素位于第____周期第___族，W的最高價氧化物的電子式為________。（5）Y與H、Na中的某些元素可形成既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物，寫出兩種化合物：_______。（6）A是第四周期與Y同主族的元素。據(jù)此推測A不可能具有的性質(zhì)是_____(填標號)。A.在化合物中最高正化合價為+6 、B.單質(zhì)可以與H2S氣體反應并置換出單質(zhì)SC.最高價氧化物對應水化物的酸性比硫酸弱 、D.單質(zhì)在常溫下可與氫氣化合（7）已知Cs元素位于元素周期表中第六周期第IA族，請回答下列問題：①硝酸銫是______化合物(填“離子”或“共價”)。②銫單質(zhì)與H2O反應的化學反應方程式為___________?！即鸢浮剑?）HClO4（2）D（3）高（4）①.二②.ⅣA③.或（5）NaOH、Na2O2（6）BD（7）①.離子②.2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑〖解析〗根據(jù)W、X、Y、Z四種短周期元素在元素周期表中的位置，以及Z位于第ⅦA族，則可知，Z為Cl，W為C，Y為O，X為P，據(jù)此分析。（1）四種元素最高價氧化物對應水化物酸性最強的是高氯酸即HClO4；（2）金屬元素和非金屬分界線附近的元素用于半導體材料，故選D；（3）Y的簡單氫化物為H2O，由于其中含有氫鍵，則其沸點比同主族相鄰元素最簡單氫化物的沸點高；（4）W為C，位于第二周期第IVA族，其最高價氧化物為二氧化碳，電子式為：或；（5）Y為O，Y與H、Na中的某些元素可形成既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物，如NaOH、Na2O2；（6）A是第四周期與Y同主族的元素，則其最外層電子數(shù)為6，A.由于A最外層電子數(shù)為6，則在化合物中最高正化合價為+6，A正確；B.同主族元素，非金屬性由上到下依次減弱，則單質(zhì)A不可以與H2S氣體反應并置換出單質(zhì)S，B錯誤；C.同主族元素，非金屬性由上到下依次減弱，則A最高價氧化物對應水化物的酸性比硫酸弱，C正確；D.常溫下O不能與氫氣化合，由于同主族元素，非金屬性由上到下依次減弱，因此單質(zhì)A在常溫下不能與氫氣化合，D錯誤；故選BD；（7）Cs元素位于元素周期表中第六周期第IA族，根據(jù)元素周期律，同主族元素，金屬性自上而下逐漸增強，則①硝酸銫是離子化合物；②銫單質(zhì)與H2O反應生成氫氧化銫與氫氣，化學反應方程式為2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑。18.某化學興趣小組利用下圖所示裝置(加熱裝置和夾持裝置已略去)制取氯酸鉀和氯水，并進行有關探究實驗?；卮鹣铝袉栴}：（1）丙溶液中存在的分子有______。（2）氯氣與30%KOH溶液反應生成氯酸鉀和氯化鉀，溫度需控制在70～80℃之間，該反應中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為_____。檢驗乙裝置產(chǎn)物中所含的陽離子進行焰色試驗時需透過_____觀察火焰顏色為_______。（3）若想用甲裝置制取4瓶體積均為100mL的氯氣。(常溫下，氯氣的密度為2.91g/L。)制取4瓶氯氣，理論上需要MnO2的質(zhì)量為_____g。(保留三位有效數(shù)字)（4）丁裝置的作用是________。（5）若興趣小組做實驗時發(fā)現(xiàn)甲裝置中液體不能順利滴下，其可能原因為___________。（6）用氯氣制備的“84”消毒液廣泛應用于日常生活中，但“84”消毒液的使用有一些注意事項。曾有報道，在清洗衛(wèi)生間時，因混合使用“潔廁靈”(主要成分是稀鹽酸)與“84”消毒液(主要成分是NaClO)而發(fā)生氯氣中毒事件。請從氧化還原反應角度分析原因：_______(請用離子方程式解釋原因)?！即鸢浮剑?）Cl2、H2O、HClO（2）①.5：1②.藍色鈷玻璃③.紫色（3）1.43（4）尾氣處理，吸收多余氯氣防止污染空氣（5）分液漏斗頸上的玻璃塞未打開(或塞上的凹槽或小孔未對準漏斗上的小孔或塞上的凹槽未對準漏斗上的小孔或后續(xù)裝置有堵塞)（6）Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O〖解析〗為制取氯酸鉀和氯水，裝置甲為氯氣的發(fā)生裝置，即濃鹽酸與二氧化錳混合加熱制氯氣，乙裝置中裝有KOH，則為氯酸鉀的生成裝置，丙裝置為氯水的生成裝置，由于氯氣有毒，不能直接排放在空氣中，因此丁為尾氣處理裝置，據(jù)此分析。（1）丙中生成氯水，氯水中的分子為Cl2、H2O、HClO；（2）氯氣與30%KOH溶液反應生成氯酸鉀和氯化鉀，溫度需控制在70～80℃之間，根據(jù)化合價變化，氯氣既是氧化劑，化合價由0價降低到-1價，又是還原劑，化合價由0價升高到+5價，則氧化劑與還原劑物質(zhì)量之比為5:1;乙裝置產(chǎn)物中的陽離子為鉀離子，檢驗鉀離子利用焰色試驗需要透過藍色的鈷玻璃，觀察火焰顏色為紫色；（3）若想用甲裝置制取4瓶體積均為100mL的氯氣，常溫下，氯氣的密度為2.91g/L，則氯氣的質(zhì)量為0.4L×2.91g/L=1.164g，根據(jù)實驗室制備氯氣的方程式：，則，則制備1.164g氯氣，理論上需要二氧化錳的質(zhì)量為1.43g；（4）由分析可知，丁裝置為尾氣處理裝置，吸收多余氯氣防止污染空氣；（5）甲裝置中液體不能順利滴下，說明裝置內(nèi)外氣壓不相平，可能原因為：分液漏斗頸上的玻璃塞未打開(或塞上的凹槽或小孔未對準漏斗上的小孔或塞上的凹槽未對準漏斗上的小孔或后續(xù)裝置有堵塞)；（6）由于HCl中Cl-1價，NaClO中氯元素為+1價，二者可發(fā)生歸中反應生成氯氣，離子方程式為Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。19.模擬工業(yè)上用黃銅灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe3O4、Fe2O3)生產(chǎn)Cu(NO3)2溶液的流程如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出“浸取”時Fe3O4反應的離子方程式：_______。（2）過濾Ⅰ后所得濾液中是否含F(xiàn)e3+，并說明理由_______。（3）檢驗“濾液Ⅱ”中由鐵元素形成的陽離子的方法是_______。（4）“反應Ⅱ”所用稀硝酸可由質(zhì)量分數(shù)為63%、密度為1.40g·cm－3的濃硝酸稀釋獲得。若要獲得100mL1.4mol·L－1的稀硝酸，需要用_____量取濃硝酸的體積為________mL。（5）金屬材料的使用見證了人類文明發(fā)展過程，鋁合金是目前用途廣泛的合金之一、例如，硬鋁(一種鋁合金)中含Cu4%、Mg0.5%、______0.5%、Si0.7%，它的密度小、強度高、具有較強的抗腐蝕能力。(填元素符號)（6）工業(yè)廢電路板的銅常用FeCl3溶液來溶解處理回收。現(xiàn)將一塊電路板浸泡在100mLFeCl3溶液中使銅全部溶解得到浸泡液(電路板上其他物質(zhì)均不發(fā)生反應)，測得電路板質(zhì)量減少了6.4g，在浸泡液中加足量的鐵粉并使之充分反應，過濾并干燥固體，固體質(zhì)量比加入的鐵粉質(zhì)量減少了4.8g，請回答下列問題：①浸泡液中的溶質(zhì)是________(寫化學式)。②參與反應的鐵粉的質(zhì)量是______g。③假設溶液的體積不變，最后所得溶液c(Fe2+)=_____mol·L－1?！即鸢浮剑?）Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O（2）不含，因為C