山东省潍坊市重点高中2025届高三上学期11月教学质量检测化学试题含答案

2024-2025学年第一学期高三第二次教学质量检测化学试题2024年11月相对原子质量：H-1N-14O-16P-31S-32Cl-35.5Fe-56Co-59I-127一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.2024年中国“硬核科技”凸显中国新质生产力。下列说法正确的是A.中国003航母外壳使用的镍铬钢是一种陶瓷材料B.我国在月球表面成功展开的五星红旗使用的材料芳纶属于合成纤维C.颗粒直径1~100nm的纳米氧化锌粉末是一种胶体D.一种高性能涂料的主要成分石墨烯属于不饱和有机物【答案】B【解析】【详解】A．镍铬钢属于金属材料，并非陶瓷材料，故A项错误；B．芳纶是以芳香族为原料经缩聚纺丝制得的合成纤维，故B项正确；C．颗粒直径1~100nm的纳米氧化锌粉末是纯净物，不存在分散系，故C项错误；D．石墨烯为碳单质，不属于有机物，故D项错误；综上所述，正确的是B项。2.化学实验是化学探究的一种重要途径。下列有关实验的描述正确的是A.进行焰色试验时，可用玻璃棒替代铂丝B.氢氟酸溶液应盛放在细口玻璃瓶中C.容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏液D.制备金属镁的电解装置失火时，可以使用二氧化碳灭火器灭火【答案】C【解析】【详解】A．玻璃中含有钠等金属元素，进行焰色试验时，不可用玻璃棒替代铂丝，故A错误；B．玻璃中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用玻璃瓶盛装氢氟酸，故B错误；C．容量瓶颈上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，碱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，它们是否密封不能直接观察出来，故使用前均需要检验是否漏水，故C正确；D．由于点燃下镁可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，即镁可以在CO2中继续激烈燃烧，故金属镁着火时，不可用二氧化碳灭火器灭火，故D错误；故选C。3.关于元素及其化合物的性质，下列说法正确的是A.漂白粉和洁厕净可混合使用以提高消毒效果B.浓硫酸具有吸水性，所以用浓硫酸在纸上书写时字迹变黑C.硝酸见光、受热易分解，一般保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处D.La-Ni储氢合金在加热条件下可与氢气反应生成稳定的金属氢化物【答案】C【解析】【详解】A．漂白粉中含有次氯酸钠，洁厕净中含有盐酸，两种物质混合使用会生成氯气，造成毒气污染，A项错误；B．浓硫酸使纸张变黑是由于浓硫酸的脱水性，B项错误；C．硝酸见光受热会分解生成NO2、O2和H2O，实验室中硝酸保存在棕色试剂瓶并放置在阴凉处，C正确；D．形成金属氢化物不需要加热，加热会使氢化物分解，D项错误；答案选C。4.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列离子方程式书写错误的是A.溶液与少量的溶液混合：B.向“84”消毒液中通入过量：C.固体与氢碘酸反应：D.向溶液中滴加足量NaOH溶液：【答案】B【解析】【详解】A．溶液与少量的溶液混合反应生成BaCO3和Na2CO3、H2O，离子方程式为：，A正确；B．向“84”消毒液中通入过量会发生氧化还原反应生成硫酸根、氯离子和氢离子，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，B错误；C．固体与氢碘酸会发生氧化还原反应生成Fe2+、I2和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，C正确；D．向溶液中滴加足量NaOH溶液反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子方程式为：，D正确；故选B。5.X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子的最外层电子数是次外层电子数的。下列说法错误的是A.W单质可以与水反应生成气体B.最高价氧化物的水化物的碱性Z大于WC.X与Y组成的化合物沸点可能比水的高D.X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧【答案】B【解析】【分析】X元素与其他元素不在同一周期，则X为H元素，Y的一种核素常用于测定文物年代，则Y为C元素，基态Z原子的最外层电子数是次外层电子数的，次外层为8，最外层为2，则Z为Mg元素，X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，则W为Na元素；综上X、Y、Z、W分别是H、C、Mg、Na。【详解】A．钠与水反应生成和氢氧化钠，故A正确；B．Z、W所在周期是第三周期，同周期元素从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物碱性减弱，故碱性NaOH>Mg(OH)2，故B错误；C．C与H可以形成多种烃，沸点可能高于水，故C正确；D．、C、Mg、Na均可以在空气中燃烧，故D正确；故答案为：B。6.钠和钠的化合物有许多重要的用途，如碳酸钠可用于从海水中提取溴，涉及的反应为。下列说法错误的是A.用双线桥法标出电子的转移：B.该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是5∶1C.等物质的量的和分别与足量的盐酸反应，在相同条件下产生的体积小于产生的D.碳酸氢钠溶于水显碱性，可用于去除油污【答案】C【解析】【详解】A．单质溴与碳酸钠反应生成溴酸钠、溴化钠和碳酸氢钠，生成1个溴酸钠溴的化合价升高5，电子转移5e-，双线桥表示的电子转移的方向和数目为：，A正确；B．反应中溴既是氧化剂又是还原剂，化合价降低的做氧化剂，升高的做还原剂，物质的量之比为5:1，B正确；C．等物质的量的和分别与足量的盐酸反应，根据碳原子守恒，在相同条件下二者产生的二氧化碳的体积相同，C错误；D．碳酸氢钠溶于水显碱性，油污在碱性条件下水解，可用于除去油污，D正确。答案选C。7.下列选项中的物质按图示路径不能一步转化的是选项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】【详解】A．二氧化碳和氢氧化钠生成碳酸钠，碳酸钠和过量二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，碳酸钠和盐酸生成二氧化碳，故A不符合题意；B．氧化亚铜和被硝酸氧化为硝酸铜，硝酸铜和氢氧化钠生成氢氧化铜，氢氧化铜和硝酸生成硝酸铜、和乙醛生成氧化亚铜，故B不符合题意；C．氧化铝和氢氧化钠生成Na[Al(OH)4]，Na[Al(OH)4]和二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和氢氧化钠生成Na[Al(OH)4]、加热生成氧化铝，故C不符合题意；D．铁生锈得到氧化铁，氧化铁不能一步转化为氢氧化铁沉淀，故D符合题意；故选D。8.一种生成高铁酸钠的反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，的溶液中，水电离出的数为B.该反应中每生成2.24L(标准状况下)的O2，转移的电子数为C.等物质的量的和分别与水反应，生成的NaOH分子数均为D.浓度均为的溶液和溶液中，数目均为【答案】B【解析】【详解】A．常温下，的溶液中，H+的数目为，水电离出的数与H+的数目相同，也为，A错误；B．由化学方程式可知，Na2O2是氧化剂，FeSO4和Na2O2是还原剂，反应前后，FeSO4中Fe元素化合价由+2升高为+6，部分Na2O2中O元素化合价由-1升高为0生成氧气，所以在标况下，每生成2.24LO2，Na2O2中氧元素生成O2转移电子数0.2NA，FeSO4中铁元素转移电子数0.8NA，故转移电子数为，B正确；C．没有明确Na2O和Na2O2的物质的量，所以无法确定生成的NaOH的数目，且NaOH是由离子构成，C错误；D．没有明确溶液的体积，所以无法确定的数目，D错误；故选B。9.下列实验仪器或装置的选择正确的是A．稀释浓硫酸B．除去中的HClC．蒸馏用冷凝管D．盛装氢氟酸的试剂瓶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．量取液体体积要使用量筒，稀释硫酸应该在烧杯中进行，并且要用玻璃棒不断搅拌，把溶解产生的热量及时挥发，A正确；B．除去中的应该使用饱和食盐水，不能使用碳酸氢钠，会引入杂质二氧化碳气体，B错误；C．蒸馏冷却蒸气时，若冷凝管斜放使用，为便于冷却的液体流出，应该使用直形冷凝管，不使用球形冷凝管，C错误；D．氢氟酸会与二氧化硅反应，所以盛装氢氟酸的试剂瓶不能选择玻璃材质仪器，应该用塑料瓶盛装，D错误；故选A。10.探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A往FeCl2溶液中加入Cu片溶液逐渐变蓝Fe2+的氧化能力比Cu2+强B往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量KCl固体溶液先变成红色，后红色变浅KCl稀释了溶液，红色变浅C用盐酸浸泡带有铁锈的铁钉，滴加K3[Fe(CN)6]溶液有特征蓝色沉淀铁锈的主要成分为FeOD向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸液体先变成红褐色，然后析出红褐色沉淀Fe3+先水解得Fe(OH)3胶体，再聚集成Fe(OH)3沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．往FeCl2溶液中加入Cu片，铜活泼性小于铁，二者不能发生反应，故A错误；B．往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量KCl固体，溶液先变成红色，后不会变浅，KCl电离出的氯离子和钾离子不参与反应，KCl固体也不会稀释溶液，故B错误；C．铁锈的成分为Fe2O3，用盐酸浸泡带有铁锈的铁钉生成Fe3+离子，再与铁反应生成Fe2+离子，滴加K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀，故C错误；D．向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸，液体先变成红褐色，形成胶体，然后析出红褐色沉淀，胶体发生聚沉，故D正确；答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.某同学按图示装置进行实验，将溶液a滴入锥形瓶中与固体b发生反应，生成的气体通入c中至过量。下列所选物质组合及现象均符合要求的是abcC中现象A饱和溶液溶液黑色沉淀B浓硫酸Cu溶液溶液变浑浊C稀硫酸饱和溶液白色沉淀D浓氨水碱石灰溶液白色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】【详解】A．与发生双水解生成H2S气体，H2S与反应生成CuS黑色沉淀，故A项符合题意；B．浓硫酸与Cu反应需要加热，故B项不符合题意；C．稀硫酸与反应生成CO2，由于相同条件下溶解度：Na2CO3>NaHCO3，因此CO2与饱和溶液反应生成的NaHCO3会大量析出，故C项符合题意；D．碱石灰溶于水放热，促进氨水分解生成氨气，氨气与反应会先生成白色沉淀AgOH，而后溶解生成[Ag(NH3)2]OH，故D项不符合题意；综上所述，答案为AC。12.一定温度下，利用铜-铈氧化物（，Ce是活泼金属）催化氧化可除去中少量CO，反应机理如图1所示，CO的转化率随温度变化的曲线如图2所示。下列说法错误的是A.步骤（ⅰ）中，元素Cu、Ce化合价均不变B.图2中超过150℃时，CO的转化率下降可能是因为高温下催化剂被还原C.若用参与反应，一段时间后，一定会出现在铜-铈氧化物中D.步骤（ⅲ）中有极性键的断裂和形成【答案】AC【解析】【分析】由图1可知，步骤（ⅰ）中，CO结合了催化剂中的氧原子生成了二氧化碳，同时催化剂中形成空位；经过步骤（ⅰi），CO和氧气吸附在了催化剂载体上；步骤（ⅲ）中，吸附在催化剂载体上的CO和氧气发生反应生成了二氧化碳，同时催化剂中的空位有氧原子进入。【详解】A．由图可知，步骤（ⅰ）中，有氧原子被空位代替，由于氧元素非金属性较强显负价，则元素Cu、Ce化合价均降低，A错误；B．催化剂为铜-铈氧化物，高温下，可还原氧化物，则催化效率可能降低，CO的转化率下降，B正确；C．由图可知，步骤（ⅲ）中有1个氧原子进入空位，该氧原子可能来自氧气分子或，故若用参与反应，一段时间后，可能会出现在铜-铈氧化物中，C错误；D．由图可知，步骤（ⅲ）中涉及极性键的断裂和C=O极性键的形成，D正确；故选AC。13.铬的机械强度高、抗腐蚀性能好，从钒铬锰矿渣（主要成分为、、MnO）中提取铬的一种工艺流程如图：已知：在酸性溶液中钒通常以钒酸根阴离子存在；在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化为。下列说法错误的是A.“沉钒”过程利用了胶体的吸附性，使含钒微粒沉降B.实验室模拟处理“沉铬”后的操作所用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒C.“提纯”过程中使用溶液，原因是有还原性，将锰元素还原，实现与铬元素的分离D.“转化”过程中发生反应为【答案】D【解析】【分析】根据题图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液A中含有大量Mn2+和Cr3+，加入NaOH溶液“沉铬”后，Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，部分Mn2+转化为，滤液B中溶质主要有MnSO4，由于固体A中含有，加入Na2S2O3溶液主要是将还原为Mn2+，同时可以防止pH较大时，Mn2+被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。【详解】A．“沉钒”时，氢氧化铁胶体的作用是吸附含有钒的杂质，使含钒微粒沉降，故A项正确；B．“沉铬”后的操作为过滤，所用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故B项正确；C．由上述分析可知，“提纯”过程中使用溶液，原因是有还原性，将还原为Mn2+，再转移至滤液B中回收，实现与铬元素的分离，故C项正确；D．在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化为，因此“转化”步骤中反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O，故D项错误；综上所述，错误的是D项。14.CuCl常用作有机合成的催化剂，实验室用混合液与溶液反应制取CuCl（装置如图），已知溶液时产率最高，CuCl难溶于水，可发生反应：，。下列说法正确的是A.仪器1中的试剂应为溶液B.仪器2中的试剂滴入仪器1中开始反应的离子方程式为C.用混合溶液代替溶液可维持pH稳定，保证CuCl产率较高D.反应完成后需将仪器1中混合物经稀释、过滤、洗涤、干燥后才可获得产品【答案】D【解析】【分析】实验室用混合液与溶液反应制取CuCl，制备过程中过量会发生副反应生成，为提高产率，仪器2中所加试剂应为溶液，可控制溶液滴加的量，混合液应装在三颈烧瓶，反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。【详解】A．溶液pH=3.5时CuCl产率最高，Na2SO3溶液显碱性，混合液可以调至pH=3.5，因此仪器1中溶液是混合液，仪器2中溶液是Na2SO3溶液，A项错误；B．从题目给出的两个离子反应方程式推断，CuCl写成化学式应当不溶于水，但溶于NaCl溶液生成[CuCl4]3-，因此开始反应生成的是[CuCl4]3-，反应离子方程式，B项错误；C．溶液pH=3.5时CuCl产率最高，用混合溶液代替溶液，碳酸钠和硫酸铜反应生成碳酸铜，而碳酸铜遇水立即双水解为碱式碳酸铜、氢氧化铜的混合物，会引入杂质沉淀，C项错误；D．由于得到的是[CuCl4]3-溶液，需要稀释[CuCl4]3-溶液，平衡左移，得到CuCl，过滤、洗涤、干燥后可获得产品，D项正确；答案选D。15.某小组同学向的的溶液中分别加入过量的Mg粉、Zn粉和Cu粉，探究溶液中的氧化剂及其还原产物，实验记录如下表所示。实验金属操作、现象及产物Ⅰ过量Mg有大量气泡产生，pH逐渐增大，产生大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，检测到Fe单质Ⅱ过量Zn一段时间后有少量气泡产生，pH逐渐增大，产生大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，未检测到Fe单质Ⅲ过量Cu一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质下列说法错误的是A.实验Ⅰ中检测到Fe单质的原因是实验中产生大量气泡使镁粉不易被沉淀包裹B.实验Ⅱ中Zn与溶液中的反应使pH升高，生成红褐色沉淀C.实验Ⅲ中蓝绿色溶液为溶液D.Cu和Zn都不能将还原为Fe【答案】CD【解析】【分析】实验Ⅰ中产生大量红褐色沉淀的原因是镁与溶液中的氢离子剧烈反应生成镁离子和氢气，溶液中氢离子浓度减小，铁离子在溶液中的水解程度增大使得铁离子转化为红褐色氢氧化铁沉淀，检测到铁单质的原因是实验中产生大量气泡使得镁粉不易被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，过量的镁能与溶液中的铁离子反应生成铁；实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是锌与溶液中的氢离子缓慢反应生成锌离子和氢气，溶液中氢离子浓度减小，铁离子在溶液中的水解程度增大使得铁离子转化为红褐色氢氧化铁沉淀，未检测到铁单质可能是锌粉被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，阻碍了锌与溶液中铁离子反应生成铁；实验Ⅲ中溶液逐渐变为蓝绿色的原因是过量的铜与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子和铜离子。【详解】A．由于镁的活泼性较强，与溶液中氢离子反应速率较快，产生大量气泡，气泡上逸，使镁粉不易被沉淀包裹，因此镁能置换出Fe，故A项正确；B．实验Ⅱ中Zn与溶液中的Fe3+水解生成的反应使pH升高，促进Fe3+水解，从而生成红褐色沉淀，故B项正确；C．实验Ⅲ中主要反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，因此溶液中溶质为FeCl2、CuCl2，故C项错误；D．由于铜的活泼性弱于铁，因此铜无法置换出铁，而实验Ⅱ中锌粉被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，阻碍了锌与溶液中铁离子反应生成铁，故D项错误；综上所述，错误是CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，由X元素和Z元素组成的化合物P能用作潜艇的供氧剂，在一定条件下与能通过反应转化(与离子中各原子最外层均满足8电子稳定结构)。请回答下列问题：（1）M单质与Z的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_______。（2）上述非金属元素中，原子得电子能力最强的是_______(填元素名称)。（3）的结构式为_______。（4）实验室制取W元素单质的离子方程式为_______；用排空气法收集W元素单质时验满的方法是_______。【答案】（1）（2）氟（3）（4）①.②.将湿润的淀粉碘化钾始终放在瓶口，如果变蓝，说明收集满了【解析】【分析】由X元素和Z元素组成的化合物P能用作潜艇的供氧剂，故X为O，Z为Na；Y为原子序数介于O和Na之间的主族元素，Y为F；由，得到3e-生成M单质，故M为Al，W为Cl；综上短周期主族元素X、Y、Z、M、W分别为O、F、Na、Al、Cl。【小问1详解】Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：；【小问2详解】非金属元素O、F、Cl中，电负性最大的是F，非金属性最强的是氟，得电子能力最强的是氟。【小问3详解】中存在配位键，结构式为；【小问4详解】实验室制取氯气采取二氧化锰和浓盐酸加热，离子方程式为：，因为氯气具有强氧化性，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸验满，将湿润的淀粉碘化钾始终放在瓶口，如果变蓝，说明收集满了。17.复盐A的结晶水合物(摩尔质量为392)有如图转化关系，回答下列问题：已知：①A中含两种阳离子和一种阴离子，三种离子的物质的量之比为2：1：2；②1molG失去3mol电子转化成H，H一种绿色净水剂和消毒剂；③J是空气的主要成分之一。（1）A的结晶水合物是_______(填化学式，下同)；I是_______。（2）E电子式为_______。（3）反应④的离子方程式为_______。（4）标准状况下，反应⑥生成11.2L气体J时转移_______mol电子。（5）常温下，3.92gA在气氛中的热失重曲线如图所示：①b→c过程中失去的物质及物质的量分别为_______、_______。②c→d的化学方程式为_______。【答案】（1）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】由物质的转化关系可知，复盐A与氢氧化钠溶液反应生成能与盐酸反应的氨气（B）、能与稀硝酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀的溶液C、在湿空气中能转化为红褐色固体的白色沉淀D，则A中含有铵根离子、硫酸根离子和亚铁离子，由A中含两种阳离子和一种阴离子，三种离子的物质的量之比为2∶1∶2可知，A的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2，B为氨气、C为硫酸钠、D为氢氧化亚铁、E为氯化铵、F为硫酸钡、G为氢氧化铁；由1molG失去3mol电子转化成H，H是一种绿色净水剂和消毒剂，J是空气的主要成分之一可知，氢氧化铁与氯气、浓氢氧化钠溶液反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，则H为高铁酸钠；高铁酸钠溶液与氯化钡溶液反应生成高铁酸钡沉淀和氯化钠，则I为高铁酸钡；高铁酸钡与稀硝酸反应生成硝酸钡、硝酸铁、氧气和水，则J为氧气。【小问1详解】由分析可知，A为化学式为(NH4)2Fe(SO4)2，硫酸亚铁铵的相对分子质量为284，则结晶水合物中结晶水数目为：=6，，故A的结晶水合物是(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，I为化学式为BaFeO4的高铁酸钡，故答案为：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；BaFeO4；【小问2详解】氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，反应④为氢氧化铁与氯气、浓氢氧化钠溶液反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+10OH-+3Cl2=2FeO+6NaCl+8H2O，故答案为：2Fe(OH)3+10OH-+3Cl2=2FeO+6NaCl+8H2O；【小问4详解】由分析可知，反应⑥为高铁酸钡与稀硝酸反应生成硝酸钡、硝酸铁、氧气和水，由化合价变化可知，反应生成1mol氧气，转移电子的物质的量为4mol，则标准状况下，反应生成11.2L氧气时，转移电子物质的量为×4=2mol，故答案为：2；【小问5详解】3.92g六水合硫酸亚铁铵物质的量为=0.01mol，受热完全失去结晶水所得固体质量为3.92g—0.01mol×6×18g/mol=2.84g，则由图可知，3.92g六水硫酸亚铁铵在氮气气氛中受热是失去结晶水的过程；①由分析可知，b→c过程为六水合硫酸亚铁铵在氮气气氛中受热部分失去结晶水的过程，由图中数据可知，失去结晶水的物质的量为=0.03mol，故答案为：H2O；0.03；②由分析可知，a→c过程为六水合硫酸亚铁铵在氮气气氛中受热部分失去结晶水的过程，由图中数据可知，失去结晶水的物质的量为=0.05mol，则c点固体的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·H2O，所以c→d的反应为(NH4)2Fe(SO4)2·H2O受热分解生成(NH4)2Fe(SO4)2和H2O，反应的化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2·H2O(NH4)2Fe(SO4)2+H2O，故答案为：(NH4)2Fe(SO4)2·H2O(NH4)2Fe(SO4)2+H2O。18.氮化锂()常用作固体电解质、催化剂等，某实验小组根据锂和氮气的反应原理设计实验制备氮化锂并探究某些物质性质。实验装置如图所示。已知部分信息如下：①几种含铬的化合物颜色如下表所示：物质(s)(aq)(aq)(s)(aq)颜色绿色绿色棕红色橘黄色橙红色②极易潮解回答下列问题：（1）实验室将锂贮存于_______中，锂在空气中加热会生成_______(填化学式)。（2）实验时，先点燃_______(填“A”或“C”)处酒精灯，后点燃另一处酒精灯。（3）当A装置中黄色粉末全部变为绿色时熄灭A处酒精灯，写出该反应的化学方程式：_______。（4）实验完毕后，取A装置中绿色粉末X进行如下实验：序号操作现象I向X中加入稀硫酸，振荡溶液变为棕红色II向X中加入NaOH溶液，振荡溶液变为绿色III向X中加入₄溶液，煮沸绿色粉末溶解，产生黑色沉淀Y，溶液变为橙红色①根据上述实验推知，性质与下列物质最相似的是_______(填字母)。a.b.c.MgOd.②已知：黑色固体Y常用于实验室制备和。写出实验Ⅲ中反应的离子方程式：_______，由此推知，该反应中氧化性；_______(填“>”“＜”或“=”)。（5）设计实验探究C装置残留固体中是否有锂：_______。（6）为了测定实验后B中固体()组成，进行如下实验：取2.38gB中固体溶于去离子水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，用0.1溶液滴定，测得消耗溶液体积为20.00mL。已知见光易分解，为了减少实验误差，实验中溶液应盛放在棕色酸式滴定管中，x=_______。【答案】（1）①.石蜡油②.Li2O（2）A（3）（4）①.b②.③.＞（5）方案1：向装有少量Li3N样品的试管中加入足量稀硫酸，若产生气泡，则有锂，否则无锂；或方案2：加入足量水，将气体依次通过足量浓硫酸、灼热氧化铜和无水CuSO4，若氧化铜变红色，无水CuSO4变蓝，则样品中有锂（6）6【解析】【分析】装置A中重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]固体受热分解生成N2、Cr2O3和H2O，装置B用CoCl2干燥N2，经干燥后的N2和Li在装置C中发生反应制备氮化锂，极易潮解，装置D中的碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置C，据此解答。【小问1详解】因锂的密度小于煤油，实验室将锂贮存于石蜡油中，Li和O2在加热条件下生成Li2O。【小问2详解】实验时，先点燃A处酒精灯，产生氮气排尽C装置中的空气，防止Li被空气中的氧气氧化。【小问3详解】由实验原理及A装置中实验现象可知，重铬酸铵受热分解生成氮气、三氧化二铬和水，反应的化学方程式：。【小问4详解】①由实验Ⅰ、Ⅱ可知，绿色粉末X是，既可以与稀硫酸反应又可以与NaOH溶液反应，则Cr2O3性质与氧化铝最相似，是两性氧化物，故选b；②黑色固体Y常用于实验室制备Cl2和O2，则黑色固体Y为MnO2，实验Ⅲ中Cr2O3与KMnO4溶液反应生成MnO2和K2Cr2O7，其反应的离子方程式为：，该反应中，KMnO4是氧化剂，是氧化产物，则该反应中氧化性：KMnO4＞。【小问5详解】该问属于开放性问题：利用氮化锂与水反应生成氢氧化锂和氨气，氨气极易溶于酸，锂与水反应生成氢氧化锂和氢气检验，检验氢气可知锂是否存在，而检验氢气必须先除去氨气。则探究C装置残留固体中是否有锂的实验方案为：方案1：向装有少量Li3N样品的试管中加入足量稀硫酸，若产生气泡，则有锂，否则无锂；方案2：加入足量水，将气体依次通过足量浓硫酸、灼热氧化铜和无水CuSO4，若氧化铜变红色，无水CuSO4变蓝，则样品中有锂。【小问6详解】根据AgNO3计算2.38gB中固体Cl-的物质的量：=0.02mol，根据固体组成，n(CoCl2⋅xH2O)=0.0lmol，固体中H2O的物质的量，则x=6。19.以精铋生产过程中产生的氯化铅渣(含、及AgCl)为原料回收铜、银、铅的工艺流程如下图。已知，，，，。回答下列问题：（1）在周期表中的位置是第_______周期，第_______族。（2）“浸出1”控温75℃加热方式为_______，此步骤中发生的离子方程式为_______。（3）如图是温度对“浸出2”所得浸出渣中银含量的影响，反应时间均为1.5h，50～70℃没出渣中银含量呈现上升趋势的原因是_______。（4）从“滤液”中获得NaCl固体，实验室操作中需要用到的仪器有_______(填标号)。（5）水合肼()还原“浸出液2”得到银粉的过程中有生成，则反应的离子方程式为_______。【答案】（1）①.六②.ⅣA（2）①.水浴加热②.（3）温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢（4）②④⑤（5）【解析】【分析】氯化铅渣(含、及AgCl)，加入硫酸、硫酸钠反应分铜，进行过滤得到浸出液1和浸出渣1，浸出渣1中含有氯化银、硫酸铅，加入氨水反应，过滤得到含银元素的浸出液2和副产品，副产品为硫酸铅，浸出液2为Ag(NH3)2Cl，再在浸出液2中加入沉银反应得到氮气，再进行过滤操作得到粗银；浸出液1中加入硫化钠沉铜，过滤操作后得到滤液和硫化铜，据此作答。【小问1详解】铅为第82号元素，与碳同主族，位于周期表第六周期第ⅣA族。【小问2详解】“浸出1”控温75℃的加热方式为：水浴加热；根据溶度积数据可知，常温下PbSO4的溶解度比PbCl2更小，所以可以实现沉淀的转化，反应的方程式为：。【小问3详解】“浸出2”中加入氨水得到浸出液2，若是氨水的量减少，则得到的浸出渣银会增多，因此反应时间均为1.5h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是：温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢。【