黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高一上学期1月期末考试一、单选题1．丰富多样的历史文物不仅能彰显文化自信，也蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是A．《吕氏春秋》中记载“金(铜)柔锡柔，合两柔则为刚”，体现出合金的硬度通常大于各组分金属B．古代花鸟画中经常使用颜料铜绿，其主要成分是Cu2(OH)2CO3，不与酸和碱发生反应C．越王勾践剑的主要成分为铜锡合金，千年不腐，说明该合金的抗腐蚀性好D．许多工艺品是白瓷器，为保证其颜色纯净，生产工艺中必须降低釉料中Fe2O3的含量【答案】B【解析】合金的硬度通常大于各组分金属的硬度，金(铜)柔锡柔（硬度小），合两柔（铜锡合金）则为刚（硬度较大）体现了上述特点，A正确；铜绿的主要成分Cu2(OH)2CO3，为碱式盐，含有CO32-和OH-都能与盐酸反应，反应方程式为Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O，B正确；2．下列物质中在水溶液或熔融状态下均不导电的是A．醋酸 B．硫酸钡 C．氯化氢 D．乙醇【答案】D【解析】醋酸为分子，熔融状态下不能导电，可在水溶液下导电，A不符合题意；硫酸钡为离子化合物，在熔融状态下能导电，但它难溶于水，其水溶液中离子浓度很小，几乎不导电，B不符合题意；氯化氢为分子，熔融状态下不能导电，可在水溶液下导电，C不符合题意；乙醇为非电解质，在水溶液和熔融状态下均不导电，D符合题意。3．下列化学用语表示不正确的是A．用电子式表示K2S形成：B．中子数为1的氢原子：1C．3478Se和D．S2-的结构示意图：【答案】D【解析】钾元素原子最外层有1个电子，硫元素最外层有6个电子，在反应中，钾原子失去电子，硫原子得到电子，A正确；H原子的质子数是1，中子数为1的氢原子，其质量数为2，则其原子符号为12H，B正确；3478Se和3480Se质子数相同、质量数不同，为同一种元素的不同核素，互称为同位素，C正确；4．下列有关物质性质与其应用的对应关系，不正确的是A．Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于净水B．Al不能在常温下与氧气反应，铝制品可用于制作窗框、门框C．Na2O2能与水和二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸面具的供氧剂D．CaO能与水反应，生石灰可作为干燥剂【答案】B【解析】Fe(OH)3胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮物质，可用于净水，A正确；常温下，铝极易和氧气反应致密的氧化膜从而阻止铝进一步被氧化，B错误；既能与水又能与二氧化碳反应产生O2：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可以用作呼吸面具中的氧气来源，C正确；氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，可以做干燥剂，D正确。5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．46gNO2和N2O4的混合物中所含氧原子数为NAB．1molOH-中含有NA个共价键C．22.4LO2中含有NA个O2分子D．2molHCl气体中含有2NA个H+【答案】B【解析】46gNO2和46gN2O4中都含有2molO原子，故以任意比例混合的46gNO2和N2O4混合物中所含O原子为2mol，氧原子数为2NA，A错误；1molOH-中含有1mol氢氧共价键，为NA个共价键，B正确；22.4LO2没有气体状态，不确定氧气分子的物质的量，C错误；HCl为共价晶体，不含离子，D错误；故选B。6．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．透明溶液中：Mg2+、Fe2+、SO42-、B．NaHSO4溶液中：Ba2+、K+、NO3-C．酸性溶液中：Na+、I-、Fe3+、Cl-D．能使石蕊试液变红色的溶液中：MnO4-、NO3-、I【答案】A【解析】溶液透明，与颜色无关，Mg2+、Fe2+、SO42-、Cl-相互之间不反应，在溶液中能大量共存，A符合题意；NaHSO4在溶液中电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，H+和HCO3-反应生成CO2气体，Ba2+和SO42-生成BaSO4沉淀，不能大量共存，B不符合题意；酸性溶液中，Fe3+能将I-氧化：7．下列解释实验现象或用途的离子方程式书写不正确的是A．用Na2S处理含汞废水：S2-+Hg2+=HgS↓B．将Cl2通入NaOH溶液中制消毒液：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2OC．FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+D．大理石溶于稀盐酸：CO32-+2H+=H2O+CO【答案】D【解析】HgS为沉淀，Na2S可将废水中的Hg2+沉淀，A正确；Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，B正确；FeCl3溶液和Cu反应生成氯化铜和氯化亚铁，C正确；碳酸钙为难溶盐，应写化学式：CaCO3+2H+=Ca8．已知：32Ge(锗)与C同主族，在自然界中存在70Ge、72Ge等稳定的核素。下列说法不正确的是A．非金属性：C>Ge B．70Ge、72Ge原子的中子数均为32C．原子半径：Ge>Si D．锗是人类使用最早的半导体材料【答案】B【解析】同主族从上往下，元素的非金属性逐渐减弱，因此非金属性：C>Ge，A正确；原子符号中元素符号左下角数字为质子数，左上角数字为质量数，70Ge、72Ge的质子数均为32，中子数等于质量数减去质子数，因此70Ge的中子数为70-32=38，72Ge的中子数为72-32=40，B错误；同主族元素原子半径从上往下依次增大，原子半径：Ge>Si，C正确；人类最早发现并使用的半导体材料是锗，D正确。9．下列实验方案不能达到实验目的的是选项目的实验方案A比较Mg与Al的金属性向MgCl2、AlCl3溶液中逐滴加入过量NaOH溶液，观察现象B鉴别KBr与KI溶液分别向溶液中加入少量氯水，再加入CCl4，振荡，观察溶液颜色C比较F与Cl的非金属性将F2通入NaCl溶液中，观察是否有黄绿色气体生成D比较Cl与C的非金属性将HClO4滴入Na2CO3溶液中，观察是否有无色气泡冒出A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】MgCl2加入过量NaOH溶液生成Mg(OH)2沉淀，沉淀不溶，AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液先生成Al(OH)3沉淀，后沉淀逐渐溶解：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，说明Al(OH)3具有一定的酸性，碱性更弱，金属的最高价氧化物对应的水化物碱性越弱，金属性越弱，Mg的金属性大于Al，A正确；氯水分别滴入两溶液后分别置换出Br2和I2，Br2的CCl4溶液为红棕色，I2的CCl4为紫红色，可以鉴别，B正确；将F2通入NaCl溶液中，F2先与水反应生成O2，并不能产生黄绿色的气体，因此不能比较F、Cl的非金属性，C错误；已知非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，HClO4是Cl的最高价氧化物的水化物，与Na2CO3反应生成CO2，可以验证非金属性：Cl>C10．在配制500mL0.10mol/LNaCl溶液的实验中，下列仪器中不需要使用的是A． B． C． D．【答案】A【解析】配制500mL0.10mol/L的NaCl溶液，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，量筒可用于粗略量取水，不一定用，A为分液漏斗，肯定不需要。11．某无色溶液中含有Al3+（1）取样，滴加BaCl2（2）向步骤（1）所得沉淀中滴加稀硝酸，沉淀不溶解；（3）向步骤（1）所得滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀．下列推断不合理的是A．Fe3+、CO32-C．若存在K+则一定存在NH4+ D【答案】B【解析】Fe3+为黄色，溶液无色说明不存在Fe3+，实验（1）、（2）说明，（1）中产生沉淀为不溶于硝酸的BaSO4，则原溶液中含SO42-而不含CO32-；A不符合题意；实验（3）中的白色沉淀为AgCl，由于实验（1）加入的BaCl2引入了Cl-，所以不能由这一点确定原溶液中含Cl-；B符合题意；溶液中阴离子存在两种情况，一是只含SO42-，二是含有SO42-和Cl-。由于原溶液中所含离子的物质的量浓度相同，根据电荷守恒，当阴离子只含SO42-时，阳离子只能含有K+和NH4+，不能含Al3+，当阴离子含有SO42-和Cl-时，阳离子只能含有Al3+，不能含K+、NH412．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与W同主族且质子数之和为12，Y、Z同周期相邻且可形成多种常见的气态化合物，下列说法正确的是A．简单离子半径：W>Y>Z B．X、W均位于第IA族C．简单气态氢化物的稳定性：Z<Y D．W的氢氧化物碱性比KOH更强【答案】B【解析】短周期元素中，同周期相邻且可形成常见的气态化合物的元素应为N和O，由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大，所以Y为N、Z为O；X与W的质子数之和为12，则X为H，W为Na；Y、Z、W的简单离子为N3-、O2-、Na+，它们的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：N3-＞O2-＞Na+，A错误；X为H，W为Na，X、W均位于IA族，B正确；同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，则非金属性O>N，非金属性越强则气态氢化物越稳定，所以稳定性：H2O>NH3，C错误；同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，钠的金属性弱于钾，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以NaOH碱性比KOH更弱，D错误。13．同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是A．同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1B．甲与乙的相对分子质量之比为1∶1C．同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1D．等质量的甲和乙中的原子数之比一定为1∶1【答案】D【解析】ag甲气体和2ag乙气体的质量之比为1:2，体积之比为1:2，由ρ=mV可知，同温同压下甲和乙的密度之比为1:1，A正确；ag甲气体和2ag乙气体的质量之比为1:2，同温同压下，气体体积之比为1:2，则物质的量之比为1:2，由M=mn可得，甲和乙摩尔质量相等，则相对分子质量相同，B正确；甲和乙摩尔质量相等，则等质量的甲乙物质的量相等，同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量比，故压强比为1:1，故C正确；等质量的甲和乙的物质的量相同，即分子数相同，但分子组成未知，所以原子数不一定相同，D14．七种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中乙与戊的原子序数相差5，下列说法正确的是A．原子半径：己>庚>戊B．己的氧化物对应水化物为强酸C．丙在空气中燃烧生成过氧化物D．实验室中乙储存在煤油中【答案】C【解析】甲至庚均为短周期元素，则甲、乙、丙分别位于一、二、三周期，甲为H元素，乙是Li元素、丙是Na元素，丁是Mg元素，乙与戊的原子序数相差5，则戊是O元素、庚是F元素、己是S元素。同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径：己>戊>庚，A错误；己的氧化物对应水化物有H2SO4、H2SO3等，H2SO3是弱酸，注意非金属性的强弱只能用来判断最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，B错误；钠在空气中燃烧产生过氧化钠，过氧化钠为过氧化物，C正确；Li的密度比煤油的小，Li不会沉在煤油底部，无法隔绝空气和水，因此不能用煤油储存锂，D错误。15．某化工集团为实现资源的充分利用，按如下工艺进行联合生产，已知：(1)甲醇化学式为CH3OH；(2)FeTiO3中Ti为+4价。下列叙述正确的是A．该流程中只有“氯化”“合成”两步涉及氧化还原反应B．“合成”反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1C．“氯化”时氧化剂只有氯气，还原剂只有钛铁矿D．上述流程中，Ar为保护气，目的之一是防止生成的Ti再次被氧化【答案】D【解析】流程中“电解”，Mg还原TiCl4制取Ti都是氧化还原反应，A错误；“合成”反应中CO与H2反应生成甲醇，反应方程式为CO+2H2催化剂ΔCH3OH，则氧化剂CO与还原剂氢气的物质的量之比为1:2，B错误；按流程“氯化”时C转化为CO，C元素化合价也升高，所以焦炭也是还原剂，C错误；Ar为稀有气体，性质稳定，与Mg不反应，所以Ar可用作保护气，目的之一是防止生成的Ti再次被氧化，D正确16．近年来，全球性环境污染给人类带来的伤害日益加剧。WuLing教授团队发现，一种金属有机骨架材料[MIL-68(Fe)]在可见光照射下，能激发产生空穴(h+)和电子(e-)，从而高效降解工业污水中的有害物质Cr2O7A．该金属有机骨架材料在可见光激发下产生的空穴和电子数量相同B．光生空穴具有强氧化性，能将有机物(MG)氧化成无毒的CO2和H2OC．在该过程中，每生成2molCr3+，理论上需要提供3mol电子D．MIL-68(Fe)处理污水有毒物，是一种温和、绿色的方法【答案】C【解析】根据电荷守恒，MIL-68(Fe)在可见光照射下，产生光生空穴(h+)和电子(e-)数量相同，A正确；由图可知，光生空穴(h+)能将有机物(MG)氧化成无毒的CO2和H2O，光生空穴(h+)体现出强氧化性，B正确；光生电子(e-)可使Cr2O72-转化为Cr3+，Cr化合价由+6变为+3，则每生成1molCr3+，理论上需要提供317．钒是重要的过渡元素，室温下不同价态的含钒离子色彩丰富，例如VO2+呈黄色、VO2+呈蓝色、V3+呈绿色、V2+呈紫色。实验表明，不同的还原剂可将VO2+中的V①VO2++②VO2++③VO2++④VO2++A．反应③中，参与反应的VO2+和H2C2O4的物质的量之比是2:1B．反应④中，产生的V2+和Zn2+的物质的量之比是2:3C．根据题干信息推测，当反应后的溶液呈绿色时所加还原剂的还原性最强D．根据方程式判断，I2与H2C2O4不可能发生氧化还原反应【答案】B【解析】反应③中V元素由+5价下降到+3价，C元素由+3价上升到+4价，根据得失电子守恒可知参与反应的VO2+和H2C2O4的物质的量之比是1:1，A错误；反应④中V元素由+5价下降到+2价，Zn元素由0价上升到+2价，根据得失电子守恒可知产生的V2+和Zn2+的物质的量之比是2:3，B正确；根据信息，在相同的条件下，Zn能够将VO2+还原为V2+，V2+在所有还原产物中V的价态最低，说明Zn的还原性最强，溶液呈绿色时，对应还原产物为V3+，根据反应③，此时还原剂为H2C2O4，C错误；根据反应②③中还原产物中V的价态，可判断H2C2O4的还原性大于I18．某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所示。查阅资料可知：①Fe3+可将S2-氧化为淡黄色S沉淀。②FeS为不溶于水的黑色沉淀，能溶于盐酸。③电解质可使胶体发生聚沉。根据实验现象，下列分析正确的是A．向②后试管加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解B．根据反应现象分析，①～④的变化中，有2处涉及氧化还原反应C．若改变相互滴加顺序，将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②相同D．过程④为Fe(OH)3胶体聚沉，产生该现象是因为Na2CO3属于电解质【答案】D【解析】①中发生反应：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓，②中发生反应Fe2++S2-=FeS↓，向②后试管加入足量稀盐酸，按信息FeS可溶于盐酸，但S不溶解，故沉淀部分溶解，A错误；由分析可知，①～④的变化中，①中产生淡黄色的沉淀S，溶液变为淡绿色，说明有亚铁离子生成，属于氧化还原反应，②中是Fe2++S2-=FeS,不是氧化还原反应，③中液体由黄色变化红褐色，说明生成了氢氧化铁胶体，同时逸出无色可使澄清石灰水变浑浊，说明气体为CO2，故发生的反应为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2FeOH3胶体+3CO2↑，是非氧化还原反应，④是氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，是非氧化还原反应，故只有1处涉及氧化还原反应，B错误；若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，Na2S过量，则生成的Fe2+与过量的S2-生成FeS沉淀，总反应为：2Fe3++3S19．已知X、Y、Z、M、Q、R均为元素周期表前20号元素，且Q位于第三周期。其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法不正确的是A．Y和Z形成的简单氢化物的稳定性：Z<YB．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐C．M与Y组成的化合物MY2可作自来水杀菌消毒剂，具有较强的氧化性D．Q的金属性强于R【答案】D【解析】X、Y、Z、M、Q、R均为元素周期表前20号元素，M有+7、-1价，则M为Cl元素；Y有-2价，Y处于ⅥA族，没有正价，为O元素，而Z有+5、-3价，可知Z处于VA族，原子半径Y<Z<M，Z为N元素；X、Q均有+1价，二者处于ⅠA族，其中X的原子半径小于Y，故X为H元素，Q位于第三周期，则Q为Na元素；R有+2价，其处于ⅡA族，原子半径：Q<R，可推知R元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，同周期从左到右元素非金属性逐渐增强，所以非金属性：O>N，则H2O的稳定性强于NH3，A正确；X、Y、Z三种元素组成的化合物有HNO3、NH3⋅H2O、NH4NO3，三者分别属于酸、碱、盐，B20．工业上常用氧化剂NaClO处理NaCN超标的废水。现用1mol·L-1NaClO溶液处理1m3NaCN超标的电镀废水，测得溶液中生成的n(OCN-)与n(N2)随NaClO溶液加入量的变化关系如图所示：已知：HCN和HOCN中N元素的化合价均与NH3中N元素的化合价相同。下列说法不正确的是A．NaOCN中C元素为＋4价B．曲线Ⅱ表示溶液中产生N2的物质的量变化C．当向溶液中加入320mLNaClO溶液时生成672mLN2(标准状况)D．该电镀废水中CN-的浓度为5.2mg·L-1【答案】C【解析】NH3中N为-3价，根据信息HOCN中N也为-3价，则C元素化合价为+4价，则NaOCN中C元素化合价也为+4价，A正确；NaClO具有强氧化性，根据信息可知反应物中C、O元素化合价都没有变化，则化合价升高的只能是N元素，产物中N2中N的价态比OCN-中的N价态高，且N2比较稳定，不易发生变化，所以OCN-应该为中间产物，因此曲线Ⅰ表示溶液中n(OCN-)的变化，曲线Ⅱ表示溶液中n(N2)的变化。B正确；加入200mLNaClO溶液后，OCN-被氧化为N2，ClO-被还原为Cl-，根据电子得失守恒，可得关系式：3NaClO~N2，加入320mLNaClO溶液中参与生成氮气的NaClO溶液为120mL，物质的量为1mol/L×0.12L=0.12mol，得到N2的物质的量为0.12mol÷3=0.04mol，标况下体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L=896mL，C错误；根据图示：加入200mLNaClO溶液时，刚好消耗完全NaCN，其反应方程式可推断为：NaClO+NaCN=NaOCN+NaCl，则n(CN-)=n(NaClO)=1mol/L×0.2L=0.2mol，质量为0.2mol×26g/mol=5.2g，在1m3电镀废水中NaCN的含量为5.2mg·L-1，D正确。二、解答题21．元素周期表是学习化学的重要工具，承载着许多信息。根据周期表回答下列问题：(1)写出H元素在周期表中的位置，其单质与强碱溶液反应的离子方程式为：。(2)K元素形成的化合物在生活中应用广泛。漂白粉的有效成分为(填化学式)，使用时需将其溶于水并先在空气中放置一段时间，写出漂白粉起效的化学方程式：。(3)已知M元素的信息如下，则原子结构示意图中x的值为，检验某混合溶液中是否含有+3价M离子所需的试剂为。(填化学式)(4)EA4K是(填“离子”或“共价”)化合物，其电子式为。(5)以下4种方法中，不能用于鉴别G2DF3和GADF3的是___________(填字母)。A．分别取等浓度的两溶液于试管中，各加入几滴氯化钙溶液，观察有无白色沉淀产生B．分别取等浓度的两溶液于试管中，各加入几滴氢氧化钙溶液，观察有无白色沉淀产生C．分别加热等质量的两种固体，将生成的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊D．分别取等浓度的两溶液于试管中，各加入2滴酚酞，观察溶液红色的深浅【答案】(1)第三周期第ⅢA族2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑(2)Ca(ClO)2Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO(3)2KSCN(4)离子(5)B【解析】由元素在周期表中位置可知，A、D、E、F、G、H、K、M分别为氢、碳、氮、氧、钠、铝、氯、铁等元素。（1）H为铝元素，在周期表中的位置第三周期第ⅢA族，Al可与强碱溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；（2）K为氯元素，漂白粉的有效成分为次氯酸钙Ca(ClO)2；Ca(ClO)2和H2O、空气中CO2反应生成漂白性更好的HClO，反应方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；（3）原子中质子数=电子数，则原子结构示意图中x=26-2-8-14=2，Fe3+和KSCN溶液反应溶液变红色，可用KSCN溶液检验某混合溶液中是否含有Fe3+；（4）EA4K为氯化铵，是由铵根离子和氯离子构成的离子化合物，其电子式为；（5）G2DF3和GADF3分别为Na2CO3和NaHCO3；CaCl2和Na2CO3生成CaCO3沉淀、和NaHCO3不反应，能鉴别；Ca(OH)2和Na2CO3、NaHCO3均生成CaCO3白色沉淀，不能鉴别；NaHCO3不稳定，加热易分解生成CO2气体，生成CO2气体可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，Na2CO3受热不分解，可以鉴别；等浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液中Na2CO3溶液碱性更强，可以分别取等浓度的两溶液于试管中，各加入2滴酚酞，观察溶液红色的深浅鉴别两者。22．硫酰氯(SO2Cl2)常用于制造医药品。某实验小组用干燥的氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取硫酰氯，装置如图所示。已知：SO2Cl2的沸点为69℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。(1)仪器m的名称为。①中发生反应的离子方程式为。(2)②中所盛试剂为。(3)④采用(“热水浴”或“冰水浴”，下同)；⑤采用。(4)“尾气处理”装置最好选用。(填字母序号)A．盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶B．盛有浓硫酸的洗气瓶C．盛有碱石灰的U形管(5)下图为地康法制氯气的反应原理示意图：①反应Ⅱ的化学方程式为②一定条件下将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内，充分反应可制得新型自来水消毒剂ClO2.若消耗标准状况下1.12LCl2，则理论制得ClO2g。【答案】(1)圆底烧瓶ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O(2)饱和食盐水(3)热水浴冷水浴(4)C(5)O2+2CuCl2=2CuO+2Cl26.75【解析】（1）仪器m的名称为圆底烧瓶，装置①中制备氯气，发生的反应为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。（2）装置①中得到的氯气中含有HCl和水蒸气，SO2Cl2遇水能发生剧烈反应，两者均需除去，装置②中用饱和食盐水除去氯气中的HCl，装置③中浓硫酸除去水干燥氯气。（3）装置④中发生SO2+Cl2=SO2Cl2，加热能加快反应速率，且使SO2Cl2气化（沸点为69℃），故采用热水浴，装置⑤用冰水浴可使SO2Cl2液化收集，并与尾气分离。（4）由于SO2Cl2遇水能发生剧烈反应并产生白雾，因此尾气处理装置既要吸收氯气，又要防止空气中的水蒸气进入⑤中；A．如果用盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶，水蒸气可能进入⑤中，不可选；B．盛有浓硫酸的洗气瓶不能吸收氯气，不可选；C．盛有碱石灰的U形管既可以吸收氯气，又要防止空气中的水蒸气进入⑤中，可选。（5）①由示意图可知，反应Ⅱ的化学方程式为：2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2；②Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内，充分反应可制得新型自来水消毒剂ClO2，反应的化学方程式为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，若消耗标准状况下1.12LCl2，即消耗Cl20.05mol，生成的ClO2为0.1mol，质量为0.1mol×67.5g/mol23．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，生产Al2O3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“焙烧”时为使原料快速、充分反应，可采取的措施有(写一条)；CaO最终转化为CaSO4，则加入少量CaO的目的是。(2)“碱浸”时发生反应的离子方程式为。(3)向滤液中通入足量CO2生成Al(OH)3的离子方程式为，所得的Al(OH)3经进一步处理可转化为Al2O3。(4)“过滤”后所得滤渣的主要成分为。“隔绝空气焙烧”时，发生反应的化学方程式是。(5)某工厂以m吨含铁质量分数为a%的高硫铝土矿粉为原料，投入x吨FeS2固体(不考虑FeS2在生产中的损耗)，按上述流程恰好反应完全，共获得b吨Fe3O4，则原矿粉中Fe的损耗百分比为。(已知：损耗百分比=1—从原矿粉中实际获得铁元素的质量原矿粉中所含铁元素的质量【答案】(1)搅拌、适当升高温度等脱硫(2)Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-(3)[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3+HCO(4)Fe2O316Fe2O3+FeS2焙烧2SO2+11Fe3O(5)1-【解析】（1）搅拌、适当升高温度等可使原料快速、充分反应；高硫铝土矿中的少量FeS2焙烧时与O2反应生成SO2，加入CaO将SO2转化为CaSO4，防止污染，反应方程式为：2CaO+2SO2+O2焙烧2CaSO4（2）“碱浸”时，氢氧化钠溶液可将其中氧化铝溶解：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；（3）滤液含有Na[Al(OH)4]，根据信息，滤液中通入足量CO2生成Al(OH)3，CO2足量，CO2应转化为NaHCO3：[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3（4）碱浸其中氧化铝溶解生成Na[Al(OH)4]溶液，氧化铁不和氢