湖北省武汉市武昌实验学校2025-2026学年度上学期2月期末高一化学试题

度上学期期末检测高一化学试卷考试时间：2026年2月2日上午11：0012：15试卷满分：100分相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27Si28S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64Ba137一、单选题(每小题3分，共45分)1.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.NH4HCO3受热易分解，可用作化肥B.稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈C.SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白D.Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】【详解】A．NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素，A错误；B．铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系，B正确；C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关，C错误；D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性，D错误。故选B。2.下列化学用语表示正确的是A.甲烷的分子结构模型： B.氢氧根离子电子式：C.氯离子结构示意图： D.次氯酸的结构式：H—Cl—O【答案】B【解析】【详解】A．甲烷的分子结构模型中H原子的半径应小于C原子，故甲烷的分子结构模型为，A错误；B．氢氧根离子电子式为，B正确；C．氯离子质子数为17，结构示意图为，C错误；D．在次氯酸分子中H、Cl原子都与O原子形成共用电子对，其结构式：H—O—Cl，D错误；答案选B。3.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：B.无色透明溶液中：C.与Al反应能放出的溶液中：D.的溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．能使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性，与反应：，不能大量共存，A不符合题意；B．无色透明溶液中，、、、之间不发生反应，且均为无色离子，能大量共存，B符合题意；C．与反应放出的溶液可能呈酸性或强碱性。酸性条件下，与发生氧化还原反应：；强碱性条件下，与生成沉淀，不能大量共存，C不符合题意；D．的溶液呈强碱性，与反应：，不能大量共存，D不符合题意；故选B。4.下列离子方程式正确的是（）A.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔：Fe3++Cu═Fe2++Cu2＋B.向苏打溶液中滴加少量的稀盐酸：CO32－+2H+═H2O+CO2↑C.向MgCl2溶液中加入一小块钠：2Na+2H2O═2Na++2OH－+H2↑D.硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液混合：HCO3－

+H+

=H2O+CO2↑【答案】D【解析】【详解】A.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A错误；B．苏打为碳酸钠，加少量稀盐酸反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO32+H+═HCO3，无气体生成，故B错误；C．钠与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀、氯化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O+Mg2+═H2↑+2Na++Mg（OH）2↓，故C错误；D．碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液混合，离子方程式：HCO3+H+=CO2↑+H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．5.下列实验，实验操作和现象及所得到的结论均正确的是实验操作和现象结论A向淀粉碘化钾溶液中滴加氯水后溶液变蓝的非金属性强于IB在溶液中先加入氯水，再加入溶液，溶液变红色该溶液中一定含C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝会滴落下来金属铝的熔点较低D用小试管分别取少量待测溶液，然后滴加澄清石灰水鉴别和溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．氯水与碘化钾反应生成碘单质，单质之间的置换反应，Cl2的氧化性强于I2，Cl的非金属性强于I，A正确；B．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN溶液后加氯水检验亚铁离子，B错误；C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，解释不合理，C错误；D．碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，D错误；故选A。6.用如图所示实验装置进行对应的实验探究，其中装置与应用对应正确的是A.用装置甲制备胶体 B.用装置乙制取少量C.用装置丙配制溶液 D.装置丁制取少量氧气并可以控制反应停止【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铁胶体制备应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中煮沸至红褐色，滴入NaOH中会生成沉淀，A错误；B．与浓盐酸制氯气用固体和液体不加热的装置，化学方程式为，B正确；C．不能在容量瓶里溶解NaOH固体，C错误；D．Na2O2固体为粉末状，不容易聚集在多孔隔板上，不能控制反应的随时发生和停止，D错误；故选B。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.足量Zn与0.05L18mol/L浓硫酸反应，产生气体的体积为20.16L(标况下)B.4.6gNa与0.1L1mol/L盐酸充分反应，产生气体分子数目为C.常温下，500mL0.1mol/LNaCl溶液中，含有的钠离子数为D.常温常压下，0.1mo/L硫酸钾溶液中钾离子和硫酸根离子总数为【答案】C【解析】【详解】A．足量Zn与浓硫酸反应，。反应初期：，随着反应进行，硫酸变稀，发生反应：。若全部生成，则，体积为；若全部生成，则，体积为。由于反应过程中两种气体均生成，实际产生气体体积介于与之间，A不符合题意；B．，。先与反应：，消耗，生成；剩余与水反应：，再生成，共生成，分子数目为，B不符合题意；C．，，电离出和，C符合题意；D．常温常压下，硫酸钾溶液，未给出溶液体积，无法计算离子总数，D不符合题意；故选C。8.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断不正确的是A.在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3B.在含、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液：H+、Al3+、、Al(OH)3C.在含、OH、的溶液中逐滴加入盐酸：、Al(OH)3、OH、D.在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2，CO2先与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，然后KOH与CO2反应生成K2CO3，再发生K2CO3和CO2反应生成KHCO3，最后BaCO3和CO2反应生成Ba(HCO3)2，故A正确；B．在含、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液，H+先和KOH反应生成水，然后发生Al3+和KOH反应生成氢氧化铝沉淀，再发生和KOH反应生成氨水，最后Al(OH)3和KOH反应生成偏铝酸钾，故B正确；C．在含、OH、的溶液中逐滴加入盐酸，H+先和OH反应生成水，然后和H+反应生成氢氧化铝沉淀，再发生和H+反应生成二氧化碳，最后Al(OH)3和H+反应生成铝离子，故C错误；D．氧化性：Ag+>Cu2+>H+>Fe2+，在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，反应顺序为Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确；选C。9.2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐的结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是A.离子半径：X>Y>Z>WB.Z、W的非金属性强弱可以通过比较和的热稳定性进行判断C.X的氧化物对应的水化物均为强酸D.中各原子均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】根据题意，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，可推断Z为O元素，X为S元素；W、Z、Y位于同一周期，即第二周期；根据图示结构，Y形成1个共价键，为F元素；W形成2个共价键，且阴离子带1个单位的负电荷，则W为N；综上，W为N元素、X为S元素、Y为F元素、Z为O元素；据此作答。【详解】A．X、Y、Z、W对应的离子分别为S2、F、O2、N3，电子层数越多半径越大，则S2半径最大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；则离子半径由大到小的顺序为：S2＞N3＞O2＞F，即X＞W＞Z＞Y，A错误；B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，简单氢化物的稳定性依次增强；即非金属性O＞N，稳定性H2O＞NH3；不能用过氧化氢和联氨的热稳定性判断氧元素和氮元素的非金属性强弱，B错误；C．X为S，其最高价氧化物SO3的水化物硫酸为强酸，但SO2的水化物亚硫酸不是强酸，C错误；D．W为N，Y为F，NF3的电子式为，分子中各原子均满足8电子稳定结构，D正确；故答案选D。10.利用无机离子[(L)RuⅢ—OH2]5和[CeⅣ(NO3)6]2(如图可简写为CeⅣ)，可以实现水在催化剂作用下制氧气。其相关机理如图所示，下列说法正确的是A.若反应①②中的H2O为HO，则可产生18O2B.反应③为非氧化还原反应C.[CeⅣ(NO3)6]2在反应中做催化剂D.催化氧化水的反应为：2H2OO2↑+2H2↑【答案】A【解析】【分析】上述历程可转化为：①[(L)RuⅢOH2]5+H2O+CeⅣ[(L)RuⅣOH2]4+CeⅢ[(L)RuⅣOH2]4+CeⅣ[(L)RuⅤ=O]5+CeⅢ+2H+②[(L)RuⅤ=O]5+H2O[(L)RuⅢOOH]6+H+[(L)RuⅢOOH]6+CeⅣ[(L)RuⅣOOH]5+CeⅢ[(L)RuⅣOOH]5+CeⅣ[(L)RuⅤOOH]4+CeⅢ③[(L)RuⅤOOH]4[(L)RuⅢOH2]5+H++O2↑总反应为2H2O+4[CeⅣ(NO3)6]2O2↑+4[CeⅢ(NO3)6]3+4H+，由此分析。【详解】A．若反应①②中的H2O为HO，最终都要通过③释放出来，形成18O18O，则可产生18O2，故A正确；B．反应③[(L)RuⅤOOH]4变为O2、H+、[(L)RuⅢOH2]5有氧气单质生成，有元素化合价变化，为氧化还原反应，故B错误；C．据图可知该流程中CeⅣ转化为CeⅢ，化合价降低，[CeⅣ(NO3)6]2在反应中作氧化剂，故C错误；D．根据流程可知该反应中H2O和[CeⅣ(NO3)6]2反应物，最终产物为[CeⅢ(NO3)6]3、O2和H+，总反应为2H2O+4[CeⅣ(NO3)6]2O2↑+4[CeⅢ(NO3)6]3+4H+，故D错误；故选A。11.某矿物X由中的一种或几种物质组成。现进行下图所示实验：(已知：)下列说法正确的是A.步骤1中减少的固体一定是混合物B.根据步骤2可以得出蓝色溶液中C.根据步骤1、2可以判断出X中氧化铁的质量分数为50%D.根据上述步骤可以判断矿物X中的物质的量一定小于【答案】D【解析】【分析】步骤1中，、能与反应，故减少的固体是或或二者混合物；步骤2中，与盐酸反应生成和，与盐酸反应生成，会与反应（），最终1.92g固体是剩余的。【详解】A．步骤1中减少的固体可能是或，并非“一定是混合物”，A错误；B．根据，步骤2得到1.92g铜单质物质的量是0.03mol，又0.03mol的质量4.32，则步骤1得到10.4g固体肯定含有，因，现铜单质剩余，则蓝色溶液[根据C选项计算，溶液中总等于原混合物中与之和，则]，B错误；C．设步骤1得到10.4g固体中，，则有等式①，根据题意，反应生成的Cu的物质的量为，反应生成的消耗Cu的物质的量为，剩余Cu为，可得②。联合①②，解得x=0.02，y=0.05，则的质量为，可以判断出X中氧化铁的质量分数为，C错误；D．由C分析可知，，即，D正确；故答案选D。12.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐，下列说法不正确的是A.CaOCl2有较强的氧化性B.CaOCl2水溶液呈碱性C.由氯气为原料，每生成1

molCaOCl2，转移的电子数为2NAD.CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生【答案】C【解析】【详解】A．混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2，具有强的氧化性，所以混盐CaOCl2有较强的氧化性，故A正确；B．Ca(ClO)2显碱性，因为次氯酸根离子水解，CaCl2显中性，所以CaOCl2水溶液呈碱性，故B正确；C．混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2，Cl的化合价分别是+1价、1价，由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，转移的电子数为NA，故C错误；D．混盐CaOCl2中的CaCl2和Ca(ClO)2在酸性条件下反应生成氯气，氯气会黄绿色气体，故D正确；故答案为C。13.钛是一种活泼金属。从高钛渣(主要为TiO2)提炼海绵钛流程如下：氯化后的粗TiCl4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3等杂质，相关物质的沸点如下表：化合物TiCl4FeCl3SiCl4AlCl3沸点/℃13631056.5180下列说法不正确的是A.“氯化”反应的尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液B.“分馏”得到的低沸点物为SiCl4，高沸点物为FeCl3C.已知“除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4，目的是将AlCl3转化为Al(OH)3而除去D.“还原”过程中还原剂可以选择金属钠，气氛可以选择N2【答案】D【解析】【详解】A、“氯化”反应的尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液，因为HCl极易溶于水，可以使用水吸收HCl从而获得粗盐酸，用FeCl2溶液吸收Cl2获得FeCl3溶液，NaOH吸收多余的Cl2，A正确；B、根据给出的沸点数据可以看出，低沸点物为SiCl4，高沸点物FeCl3，B正确；C、“除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4，目的是将AlCl3转化为Al(OH)3而除去，C正确；D、钠和钛在高温下都可以和N2反应，故不能用N2作保护气，D错误；故选D14.某结晶水合物分子式为R•nH2O，其相对分子质量为M，25℃时，ag晶体溶于bg水中即饱和，形成Vml密度为ρg/cm3的溶液，下列不正确的是（）A.饱和溶液的质量分数为 B.25℃,R的溶解度为gC.饱和溶液的质量分数为 D.饱和溶液物质的量浓度为mol/L【答案】B【解析】【详解】晶体的物质的量为a/Mmol，溶质的质量为a（M18n）/Mg；溶液的质量为(a+b)g或ρVg，溶液的体积为VmL，A.溶质的质量为(aa×18n/M)g，溶液质量ρVg；所以饱和溶液的质量分数为(aa×18n/M)÷ρV×100%=a(M18n)/ρV×100%=，故A正确；B.设25℃时，A的溶解度为S，则S/(100+S)=[a(M18n)/M]/(a+b)，R的溶解度为：S=100a(M18n)/(bM+18an)，故B错误；C.溶质的质量为(aa×18n/M)g，溶液质量为(a+b)g；所以饱和溶液的质量分数为=(aa×18n/M)÷(a+b)×100%=，故C正确；D.晶体的物质的量为a/Mmol，则溶质的物质的量为a/Mmol，溶液的体积为VmL=V×103L；根据c=n/V可知，饱和溶液物质的量浓度为=(a/M)÷(V×103)=mol/L，故D正确；故答案选B。15.标准状况下，将SO2和Cl2组成的混合气体aL通入200mL0.1mol·L1Fe2(SO4)3溶液中，充分反应后，气体被完全吸收，溶液的棕黄色变浅(溶液体积近似不变)。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3g。则下列分析错误的是(已知：SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+)A.aL混合气体的物质的量可能为0.08molB.混合气体中SO2的体积为0.896LC.所得沉淀为0.1mol的BaSO4D.混合气体中Cl2的物质的量可能为0.03mol【答案】A【解析】【详解】A．若混合气体的物质的量为0.08moL，Cl2的物质的量为0.08mol0.04mol=0.04mol，根据可知，SO2与Cl2恰好完全反应，不能使硫酸铁溶液棕黄色变浅，A错误；B．由硫原子守恒可知，，而=，故，其体积为，B正确；C．加入足量的BaCl2溶液，生成BaSO4固体23.3g，其物质的量为，C正确；D．要使硫酸铁溶液棕黄色变浅，SO2和Cl2在水中反应完后，SO2应该有剩余，即，要使硫酸铁溶液棕黄色变浅，则剩余的SO2不能将Fe3+全部反应完，根据可知，剩余的SO2的物质的量，因为，由此推知Cl2的物质的量大于0.02mol，故混合气体中Cl2的物质的量，D正确；故答案为：A。二、非选择题(共55分)16.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成化合物X，X的水溶液呈碱性；D的简单阳离子与X具有相同电子数，且D是同周期中简单离子半径最小的元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，C、F两种元素的原子最外层共有13个电子。则：（1）F在周期表中的位置为第_______周期，第_______族；E的一种核素核外电子数比核内质子数多2，中子数为20，该粒子的化学符号是_______。（2）D和F形成的化合物为_______(填“共价化合物”或“离子化合物”)，向其水溶液中逐滴加入X的水溶液至过量，反应的离子方程式为：_______。（3）A、B能形成一种摩尔质量为32g/mol的化合物，其结构式为_______；该物质沸点较高，原因是_______。（4）C和E两种元素相比较，非金属性较强的是_______(填元素名称)，可以验证该结论的判据是_______(填序号)。a．比较这两种元素的常见单质的沸点b．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易c．比较这两种元素的简单气态氢化物的稳定性d．比较这两种元素的最高价氧化物的水化物的酸性【答案】（1）①.三②.VIIA③.（2）①.共价化合物②.（3）①.②.分子间氢键（4）①.氧②.bc【解析】【分析】B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成化合物X，X的水溶液呈碱性，故X为，B为N元素，A为H元素；D的简单阳离子与X具有相同电子数10，且D是同周期中简单离子半径最小的元素，故D是Al元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，故E是S元素；C、F两种元素的原子最外层共有13个电子，故C是O元素，F是Cl元素。【小问1详解】F为Cl，位于第三周期第VIIA族；E为S，其质子数16，中子数20，电子数18，则质量数为36，核素符号为

。【小问2详解】D和F形成，为共价化合物。反应方程式为【小问3详解】A和B能形成一种摩尔质量为32g/mol的化合物，结构式为

；该物质沸点较高，原因是该物质存在分子间氢键。【小问4详解】C为O，E为S，同一主族从下至上，非金属性逐渐增大，非金属性O>S；可以验证该结论的判据是a．比较这两种元素的常见单质的沸点无法说明单质的非金属性大小关系，a错误；b．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易，越容易化合，单质的非金属性越强，b正确；c．比较这两种元素的简单气态氢化物的稳定性，简单气态氢化物越稳定，

单质的非金属性越强，c正确；d．O元素没有最高价氧化物的水化物，无法比较这两种元素的最高价氧化物的水化物的酸性，d错误；故选bc。17.钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为"永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含Nd(钕)、Fe、B等]中提取氧化钕的工艺流程如下：已知：①钕的最外层电子数为2，金属钕的活动性较强，难溶于水。②硼与稀硫酸不反应，可溶于氧化性酸。③钕离子可与过量的生成可溶性的配合物。（1）“酸溶”时，不可用浓硫酸替换稀硫酸的原因是_______。（2）在常温下“沉钕”得到的沉淀，需经蒸馏水洗涤后进入下一流程，目的是_______。检验洗涤完全的试剂为_______。（3）“碱转换”生成的离子方程式为_______。（4）“沉淀”过程中，草酸用量对沉钕率的影响如图所示，当草酸实际用量与理论计算量比值n大于1.5时，沉钕率下降的可能原因是_______。“沉淀”后生成的晶体在氮气氛围下充分煅烧的化学方程式为_______。（5）通过下列途径可制得二碳化钕()：。试写出中阴离子的电子式_______。【答案】（1）浓硫酸会与硼反应引入杂质离子，同时生成二氧化硫等污染气体（2）①.除去固体表面的等杂质离子，提高产品纯度②.或KSCN和（3）（4）①.当草酸浓度过大时，钕离子与过量草酸生成可溶性配合物，降低沉钕率②.Nd2(C2O4)3∙10H2ONd2O3+10H2O↑+3CO↑+3CO2↑（5）【解析】【分析】首先，用稀硫酸溶解废料中的Nd、Fe等金属，使其转化为硫酸盐进入溶液，而硼因不与稀硫酸反应以滤渣形式被除去；接着，加入NaH2PO4“沉钕”，利用Nd(H2PO4)3难溶于水的性质，将Nd3+从溶液中分离，得到Nd(H2PO4)3沉淀；随后，“碱转换”步骤中加入过量NaOH溶液，使Nd(H2PO4)3转化为Nd(OH)3沉淀，再用稀硫酸溶解Nd(OH)3，得到Nd2(SO4)3溶液；沉淀步骤加入草酸生成草酸钕晶体[Nd2(C2O4)3・10H2O]，最后将该晶体在氮气氛围下充分煅烧得到目标产物Nd2O3；据此作答。【小问1详解】依据题意，硼与稀硫酸不反应，可溶于氧化性酸；即浓硫酸会与硼反应引入杂质离子，同时生成二氧化硫等污染气体，因此“酸溶”时不可用浓硫酸替换稀硫酸；【小问2详解】酸溶时，铁与稀硫酸反应产生Fe2+；则蒸馏水洗涤的目的是：除去固体表面的Fe2+等杂质离子，提高产品纯度；检验是否洗涤完全，即检验最后一次洗涤液中是否存在Fe2+，可用试剂为：K3Fe(CN)6（与Fe2+产生蓝色沉淀）或KSCN和Cl2（先加KSCN无明显现象，再通入氯气，若洗涤液中存在二价铁会出现血红色现象）；答案为：除去固体表面的Fe2+等杂质离子，提高产品纯度；K3Fe(CN)6或KSCN和Cl2；【小问3详解】Nd(H2PO4)3与过量NaOH反应，生成Nd(OH)3、Na3PO4和水，离子方程式为：；【小问4详解】当草酸实际用量与理论计算量比值n大于1.5时，沉钕率下降；可能的原因为：过量的草酸会与Nd3+形成可溶性的配合物，降低沉钕率；答案为：当草酸浓度过大时，钕离子与过量草酸生成可溶性配合物，降低沉钕率；[Nd2(C2O4)3・10H2O]在氮气氛围下煅烧生成Nd2O3、CO、CO2和水，化学方程式为：；【小问5详解】NdC2的阴离子为，其中两个碳原子之间形成三对共用电子对（碳碳三键），达到8电子稳定结构，则电子式为：

。18.次氯酸具有极强的漂白作用，其制备方法有氯气与水反应、次氯酸盐酸化、电解法等。某兴趣小组用如图装置制备次氯酸并验证其氧化性。已知：①在含水的乙醇碳酸钠浊液中与碳酸钠反应得到气体和；②丁装置中所盛试剂不能吸收，但可以充分吸收；③为次氯酸酐，与水反应生成；④甲酸为弱酸，其结构简式为，具有较强还原性，其氧化产物通常为。请回答下列问题：（1）与的漂白原理_______(填“相同”或者“不相同”)。（2）盛放粉末的仪器名称是_______，乙中的试剂为_______。（3）丙中发生反应的化学方程式是_______。(注：乙醇不参与反应)，该反应中每消耗碳酸钠的同时生成的质量为_______。（4）装置戊中生成次氯酸溶液后，_______(填具体操作方法)即可以使戊中溶液进入装置己中。（5）可通过装置己中溶液酸性显著增强证明次氯酸具有强氧化性，写出相应反应的化学方程式：_______。（6）氯气与水反应制得的浓度较低，可以采用向溶液中通入过量的方法来提高的浓度，写出其总反应的离子方程式：_______。【答案】（1）相同（2）①.圆底烧瓶②.饱和食盐水（3）①.2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl②.4.35g（4）打开K2关闭K1（5）HClO＋HCOOH=HCl＋CO2↑＋H2O（6）＋2Cl2＋H2O=2Cl＋2HClO＋CO2【解析】【分析】图甲为制备Cl2的装置，所得Cl2中往往含有HCl和H2O，丙中盛的试剂为含水碳酸钠，所以乙中试剂只需要除去甲中产生的Cl2所带出的HCl，故乙中试剂为饱和食盐水。根据已知信息①可知，丙中反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl。根据已知信息②可知，丁是为了除去Cl2O气体中混入的Cl2.，戊中盛的蒸馏水，根据已知信息③可知，戊中Cl2O与水反应生成HClO。【小问1详解】HClO与Na2O2都是强氧化剂，其漂白原理相同；【小问2详解】甲中盛放MnO2粉末的仪器为圆底烧瓶；由上述分析可知乙中试剂为饱和食盐水；【小问3详解】根据已知信息①可知，丙中反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl；10.6g碳酸钠即0.1mol碳酸钠，反应完全生成0.05molCl2O，Cl2O的摩尔质量为87g/mol，所以质量为0.05mol×87g/mol=4.35g；【小问4详解】根据压强变化，当关闭K1后，Cl2O气体继续进入戊中，则戊中三颈烧瓶内压强增大，打开K2，可将戊中液体压入到已中；【小问5详解】根据已知信息④可知，甲酸为弱酸，其结构简式为HCOOH，具有较强还原性，与戊中压入进来的HClO发生氧化还原反应，HCOOH被氧化为CO2，HClO被还原为HCl。所以化学反应方程式为：HClO＋HCOOH=HCl＋CO2↑＋H2O；【小问6详解】氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，为可逆反应，所以制得的HClO浓度较低。加入Na2CO3溶液与盐酸反应，由于Cl2过量，Na2CO3溶液相对较少，所以生成CO2气体。加入Na2CO3溶液促进氯气与水反应生成盐酸和次氯酸的可逆反应正向进行，从而生成很大浓度的HClO。所以总反应的离子方程式为：＋2Cl2＋H2O=2Cl＋2HClO＋CO2。19.智能手机因其集成的高清摄像头和智能传感器而常被应用于化学实验。某实验小组利用实验室中的废铁屑(久置但未生锈)制备硝酸铁，并利用配制的硝酸铁标准溶液对“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的含量进行测定。已知：溶液有强氧化性，浓度越大，氧化性越强。实验过程如下：实验I：的制备（1）实验室保存的溶液往往易被氧化，请设计实验方案验证溶液被部分氧化：_______。（2）操作A包含的实验步骤有：_______、_______、过滤、洗涤、干燥。实验Ⅱ：标准硝酸铁溶液的配制准确称取0.8080g的按如图步骤配成100mL溶液。（3）智能手机连接热成像配件FLIROnePro可即时测定过程①中溶液温度。若将如图溶解所得溶液立即转移至容量瓶中并进行定容，则上述操作会导致配得溶液浓度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。实验Ⅲ：绘制标准溶液与灰度值的标准曲线①分别向7个100mL容量瓶中加入0、0.5、1.0、2.0、3.0、4.0、5.0mL实验Ⅱ中配制的浓度为0.0200mol/L的标准溶液，然后分别加入1.5mL某浓度KSCN溶液，用蒸馏水定容。②将配好的溶液加入到100mL比色皿中，如图进行放置，在相同条件下用智能手机进行拍照，后用软件确定照片中各溶液相同位置的灰度数值，所得数据如下表所示：比色管编号S0S1S2S3S4S5S6溶液(mL)00.51.02.0304.05.000.00010.00