新疆維吾爾自治區(qū)和田地區(qū)第二中學(xué)2025屆高三化學(xué)11月月考試題含解析

PAGE15-新疆維吾爾自治區(qū)和田地區(qū)其次中學(xué)2025屆高三化學(xué)11月月考試題（含解析）1.下列關(guān)于Fe(OH)3膠體的敘述中，正確的是（）A.制備Fe(OH)3膠體的化學(xué)方程式是FeCl3＋3H2OFe(OH)3↓＋3HClB.在制備Fe(OH)3膠體的試驗(yàn)中，加熱煮沸時(shí)間越長(zhǎng)，越有利于膠體的生成C.Fe(OH)3膠體微粒能吸附陽(yáng)離子，從而使Fe(OH)3膠體帶有肯定電荷D.Fe(OH)3膠體能夠吸附水中懸浮的固體顆粒并沉降，達(dá)到凈水目的【答案】D【解析】【詳解】A項(xiàng)、將飽和的氯化鐵溶液滴入到沸水中，并接著煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱制得氫氧化鐵膠體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeCl3＋3H2OFe(OH)3（膠體）＋3HCl，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、制備氫氧化鐵膠體時(shí)，當(dāng)溶液變成紅褐色時(shí)，停止加熱，不能在長(zhǎng)時(shí)間加熱得緣由是膠體會(huì)受熱聚沉，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、氫氧化鐵膠體不帶電，氫氧化鐵膠體粒子具有較大的表面積，具有吸附性，能吸附陽(yáng)離子帶正電荷，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、氫氧化鐵膠體粒子具有較大的表面積，具有吸附性，能夠吸附水中懸浮的固體顆粒并沉降，達(dá)到凈水目的，故D正確；故選D。【點(diǎn)睛】膠體不帶電，膠體粒子吸附溶液中的離子而帶電是解答的易錯(cuò)點(diǎn)。2.下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)運(yùn)用正確的是（）A.碳酸氫鈉在水中的電離方程式：NaHCO3=Na++H++CO32—B.Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖：C.H2的摩爾質(zhì)量是2gD.NaOH俗稱燒堿【答案】D【解析】【詳解】A選項(xiàng)，碳酸氫鈉在水中的電離方程式：NaHCO3=Na++HCO3－，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，Cl－的結(jié)構(gòu)示意圖中核內(nèi)質(zhì)子數(shù)不應(yīng)當(dāng)為18，而是應(yīng)當(dāng)為17，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，H2的摩爾質(zhì)量是2g?mol－1，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，NaOH俗稱燒堿、火堿、苛性鈉，故D正確；綜上所述，答案為D。3.工業(yè)制取高純硅的反應(yīng)流程如下，其中有兩個(gè)反應(yīng)類型相同，這兩個(gè)反應(yīng)的類型是A.置換反應(yīng) B.復(fù)分解反應(yīng) C.分解反應(yīng) D.化合反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】硅石在高溫下與碳發(fā)生反應(yīng)得到粗硅和一氧化碳、粗硅和氯氣反應(yīng)得到純凈的SiCl4，在高溫下與氫氣反應(yīng)可生成硅(為高純硅)和氯化氫，則與反應(yīng)類型相同，均為置換反應(yīng)，A正確；答案選A。4.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.HNO3作為氧化劑得到的電子數(shù)肯定為3NAB.0.4mol?L-1Na2SO4溶液中，所含的Na+和SO42—總數(shù)為1.2NAC.常溫常壓下，16gO3含有的氧原子數(shù)為NAD.12gNaHSO4在熔融狀態(tài)下可以電離出的陽(yáng)離子數(shù)目0.2NA【答案】C【解析】【詳解】A．硝酸做氧化劑參與反應(yīng)，可能被還原為+4、+2等價(jià)態(tài)，故1mol硝酸參與反應(yīng)后得到的電子數(shù)不肯定為3NA個(gè)，還可能為NA個(gè)等，故A錯(cuò)誤；B．溶液體積不明確，故溶液中的鈉離子和硫酸根的個(gè)數(shù)無(wú)法計(jì)算，故B錯(cuò)誤；C．16g臭氧中含有氧原子的物質(zhì)的量為1mol，含有的氧原子數(shù)為NA，故C正確；D．熔融狀態(tài)下，NaHSO4電離方程式為NaHSO4=Na++HSO4-，所以1molNaHSO4在熔融狀態(tài)下電離出1mol陽(yáng)離子，則12gNaHSO4在熔融狀態(tài)下可以電離出的陽(yáng)離子數(shù)目0.1NA，故D錯(cuò)誤；答案選C。【點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要留意NaHSO4在溶液中和熔融狀態(tài)下電離方程式的區(qū)分。5.將足量的氣體通入下列各溶液中，所含離子或分子還能大量共存的是：（）A.通入足量Cl2：SO2、Ba2+、Cl-、K+B.通入足量NH3：Fe3+、Cl-、Ba2+、Al3+C.通入足量SO2：Na+、S2-、OH-、AlO2-D.通入足量CO2：K+、Ca2+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【詳解】A、Cl2能把SO2氧化為硫酸，通入足量Cl2，SO2不能大量存在，故不選A；B、NH3溶于水，溶液呈堿性，通入足量NH3，F(xiàn)e3+、Al3+能生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，故不選B；C、足量SO2與S2-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S單質(zhì)，足量SO2與OH-反應(yīng)生成HSO3-，SO2與AlO2-反應(yīng)生成沉淀，故不選C；D、K+、Ca2+、Cl-、NO3-不反應(yīng)，且通入足量CO2也不反應(yīng)，則能大量共存，故選D。6.有下列三個(gè)反應(yīng)：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O。下列說(shuō)法正確的是A.①②③中的氧化產(chǎn)物分別是I2、Fe3+、CoCl2B.依據(jù)以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3+＞Co2O3C.可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2D.在反應(yīng)③中當(dāng)1molCo2O3參與反應(yīng)時(shí)，2molHCl被氧化【答案】D【解析】【詳解】A．反應(yīng)③中Co元素化合價(jià)降低，CoCl2為還原產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)反應(yīng)③中Co2O3為氧化劑，Cl2為氧化產(chǎn)物，所以氧化性Co2O3＞Cl2，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)反應(yīng)②可知還原性性Fe2+＞Br-，所以氯氣與FeBr2反應(yīng)時(shí)先氧化Fe2+，再氧化Br-，故C錯(cuò)誤；D．依據(jù)方程式可知當(dāng)1molCo2O3參與反應(yīng)時(shí)，有1molCl2生成，也就是2molHCl被氧化，故D正確；綜上所述答案為D。7.下列與含氯化合物有關(guān)的說(shuō)法正確的是A.HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質(zhì)B.向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3膠體C.HCl溶液和NaCl溶液均通過(guò)離子導(dǎo)電，所以HCl和NaCl均是離子化合物D.電解NaCl溶液得到22.4LH2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，理論上須要轉(zhuǎn)移NA個(gè)電子(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)【答案】B【解析】【詳解】A．HClO是弱酸，NaClO是次氯酸與堿發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生的鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，A錯(cuò)誤；B．向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，氯化鐵水解，可制得Fe(OH)3膠體，B正確；C．HCl溶液和NaCl溶液均通過(guò)離子導(dǎo)電，是由于二者在水分子的作用下發(fā)生電離產(chǎn)生了離子，HCl斷裂的是共價(jià)鍵，NaCl斷裂的是離子鍵；因此前者是共價(jià)化合物，后者是離子化合物，C錯(cuò)誤；D．電解NaCl溶液得到22.4LH2（標(biāo)況），其物質(zhì)的量是1mol，屬于理論上須要轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子（NA阿伏加德羅常數(shù)），D錯(cuò)誤；故選B。8.下列說(shuō)法中正確的是（）①鈉在空氣中燃燒生成白色的氧化鈉②鈉投入硫酸銅溶液中有紅色粉末產(chǎn)生③過(guò)氧化鈉可在呼吸面具中做供氧劑④鐵絲在氯氣中燃燒生成棕黃色的FeCl3⑤鈉、氫氣在氯氣中燃燒都能產(chǎn)生白煙A.①② B.②③ C.③④ D.④⑤【答案】C【解析】【詳解】①鈉在空氣中燃燒生成淡黃色的過(guò)氧化鈉，錯(cuò)誤；②鈉投入硫酸銅溶液中的離子反應(yīng)為：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2+H2↑，有藍(lán)色沉淀生成，錯(cuò)誤；③過(guò)氧化鈉可與二氧化碳或水反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，故可做呼吸面具中做供氧劑，正確；④鐵絲在氯氣中燃燒生成棕黃色的FeCl3，正確；⑤鈉與氫氣在隔絕空氣才能反應(yīng)，錯(cuò)誤；③④正確，故選C?！军c(diǎn)睛】K、Ca、Na這類還原性很強(qiáng)的金屬與溶液反應(yīng)時(shí)，優(yōu)先與酸反應(yīng)，再與水反應(yīng)，生成物再與鹽反應(yīng)。所以鈉投入硫酸銅溶液中鈉不會(huì)與硫酸銅干脆反應(yīng)，鈉先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氫氣，產(chǎn)物與硫酸銅反應(yīng)。9.下列說(shuō)法不正確的是()A.將潮濕的淀粉碘化鉀試紙靠近集氣瓶口，若試紙變藍(lán)證明氯氣已集滿B.將氯氣通入冷的消石灰中可制得以次氯酸鈣為有效成分的漂白粉C.將SO2氣體通入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先變紅后褪色D.取少量晶體放入試管中，再加入適量NaOH溶液，加熱，在試管口用蘸有濃鹽酸的玻璃棒檢驗(yàn)，有白煙，則可證明該晶體中含有NH4+【答案】C【解析】【分析】A、氯氣與碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)；B、氯氣與氫氧化鈣反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣；C、SO2酸性氧化物，具有漂白性，但不能漂白指示劑；D、銨鹽與堿反應(yīng)放出氨氣；【詳解】A、氯氣與碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，將潮濕的淀粉碘化鉀試紙靠近集氣瓶口，若試紙變藍(lán)證明氯氣已集滿，故A正確；B、氯氣與氫氧化鈣反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣，其中次氯酸鈣為漂白粉的有效成分，故B正確；C、SO2是酸性氧化物，也具有漂白性，但不能漂白指示劑，所以將SO2氣體通入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液變紅，但不褪色，故C錯(cuò)誤；D.取少量晶體放入試管中，再加入適量NaOH溶液，加熱，在試管口用蘸有濃鹽酸的玻璃棒檢驗(yàn)，有白煙，說(shuō)明有有氨氣生成，則可證明該晶體中含有NH4+，故D正確。10.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途的敘述中，二者不具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.NH3易溶于水，可用作制冷劑B.SO2具有漂白性，可用來(lái)漂白紙漿C.濃硫酸具有吸水性，可用作干燥劑D.漂白粉具有氧化性，可用作環(huán)境消毒劑【答案】A【解析】【詳解】A．液氨汽化時(shí)要汲取大量的熱，具有制冷作用，能夠做制冷劑，與氨氣易溶于水無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．SO2具有漂白性，二氧化硫可用于漂白紙張，是利用其漂白性，故B正確；C．濃硫酸具有吸水性，能汲取水蒸氣，所以濃硫酸可用作干燥劑，故C正確；D．強(qiáng)氧化性的物質(zhì)能殺菌消毒，漂白粉具有氧化性，能使細(xì)菌、病毒的蛋白質(zhì)發(fā)生變性，從而殺死細(xì)菌和病毒，所以可用作環(huán)境消毒劑，故D正確；故答案選A?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，把握物質(zhì)的性質(zhì)與用途之間的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用實(shí)力的考查，留意元素化合物學(xué)問(wèn)的應(yīng)用。11.下列化合物可用兩種單質(zhì)干脆化合得到的是（）A.FeS B.CuS C.FeCl2 D.SO3【答案】A【解析】【詳解】A.硫的氧化性較弱，與鐵反應(yīng)生成FeS，故A正確；B.硫的氧化性較弱，與銅反應(yīng)生成Cu2S，B錯(cuò)誤；C.氯氣具有強(qiáng)氧化性，與鐵反應(yīng)生成氯化鐵，則C錯(cuò)誤；D.硫與氧氣反應(yīng)只能生成二氧化硫，得不到SO3，所以D錯(cuò)誤；故選A?！军c(diǎn)睛】硫單質(zhì)的氧化性比較弱，在氧化變價(jià)金屬的時(shí)候只能把變價(jià)金屬氧化成低價(jià)態(tài)，而氯氣的氧化性強(qiáng)，把變價(jià)金屬氧化成高價(jià)態(tài)，留意氧化性強(qiáng)弱規(guī)律。12.短周期的3種主族元素X、Y、Z，原子序數(shù)依次變小，原子核外電子層數(shù)之和是5，X元素原子最外層上的電子數(shù)是Y和Z兩元素原子最外層上的電子數(shù)之和，Y元素原子的最外層上的電子數(shù)是它的電子層數(shù)的2倍。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.原子半徑:X>Y>ZB.X與Z形成的化合物XZ3可用作制冷劑C.通常狀況下，X的單質(zhì)化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，可充入食品包裝袋中作愛護(hù)氣D.元素的非金屬性:X>Y【答案】A【解析】【分析】短周期的3種主族元素X、Y、Z原子序數(shù)依次變小，原子核外電子層數(shù)之和是5，則這三種元素一種位于第一周期、兩種位于其次周期，Z原子序數(shù)最小，Z為H元素；Y元素原子的最外層上的電子數(shù)是它的電子層數(shù)的2倍，Y為C元素；X元素原子最外層上的電子數(shù)是Y和Z兩元素原子最外層上的電子數(shù)之和，則X最外層電子數(shù)是5，且位于其次周期，X為N元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻恳罁?jù)上述分析，X、Y、Z分別是N、C、H元素。A．原子核外電子層數(shù)越少，其原子半徑越小，同一周期的元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，這三種元素原子半徑Y(jié)＞X＞Z，故A錯(cuò)誤；B．液氨在氣化時(shí)汲取熱量導(dǎo)致其四周環(huán)境溫度降低，所以氨氣可以作制冷劑，故B正確；C．氮?dú)庑再|(zhì)穩(wěn)定，通常條件下和其它物質(zhì)不易發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，所以氮?dú)饪沙淙胧称钒b袋中作愛護(hù)氣，故C正確；D．同一周期元素，元素的非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增加，X、Y位于同一周期，且X原子序數(shù)大于Y，所以非金屬性X＞Y，故D正確；故選A。13.NO2和Br2蒸汽都是紅棕色、有刺激性氣味的氣體。下列不能用來(lái)區(qū)分這兩種氣體的試劑是A.CCl4 B.蒸餾水 C.濃H2SO4 D.AgNO3溶液【答案】C【解析】【詳解】A.溴蒸汽能夠被CCl4溶解，二氧化氮不能，現(xiàn)象不同，能夠區(qū)分，故A正確；B.溴水有顏色，二氧化氮與水反應(yīng)生成的硝酸無(wú)色，現(xiàn)象不同，能夠區(qū)分，故B正確；C.濃硫酸與NO2和Br2蒸汽都沒(méi)有明顯的現(xiàn)象，不能區(qū)分，故C錯(cuò)誤；D.溴與AgNO3溶液反應(yīng)生成淡黃色沉淀，二氧化氮沒(méi)有，現(xiàn)象不同，能夠區(qū)分，故D正；故選C。14.下列應(yīng)用與二氧化硅的性質(zhì)無(wú)關(guān)的是A.氫氟酸不能用玻璃瓶盛裝B.試驗(yàn)室中盛放堿液的試劑瓶用橡皮塞而不用玻璃塞C.可用來(lái)做石英鐘、石英表，耐高溫的石英玻璃D.硅膠是常用的干燥劑及催化劑的載體【答案】D【解析】【詳解】A.氫氟酸不能用玻璃瓶盛裝，是因?yàn)椴Ａе泻蠸iO2，可以發(fā)生SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故A不選；B.試驗(yàn)室中盛放堿液的試劑瓶用橡皮塞而不用玻璃塞是因?yàn)椴Ａе械亩趸枋撬嵝匝趸?，能和堿反應(yīng)，簡(jiǎn)潔使瓶塞和瓶頸粘在一起而不能打開，故B不選；C.石英的主要成分是二氧化硅，熔點(diǎn)高，耐高溫，可用來(lái)做石英鐘、石英表，耐高溫的石英玻璃，故C不選；D.硅膠載體是一種多孔物質(zhì)，是常用的催化劑載體之一，硅膠也是工業(yè)上常用的干燥劑、吸附劑，但硅膠不是SiO2，故D選；故選D?！军c(diǎn)睛】留意二氧化硅是酸性氧化物，能和堿反應(yīng)，除HF外，與其他酸不反應(yīng)。15.下列說(shuō)法正確的是()A.二氧化硫使品紅溶液褪色與使氯水褪色原理相同B.工業(yè)上在煉鐵高爐中用一氧化碳還原氧化鐵C.電解NaCl溶液和電解熔融的NaC1均可制備金屬鈉.D.工業(yè)上常用氫氣與氯氣混合氣體光照的方法制取鹽酸【答案】B【解析】【詳解】A項(xiàng)、二氧化硫可與品紅發(fā)生化合反應(yīng)生成不穩(wěn)定的無(wú)色物質(zhì)，加熱可復(fù)原到原來(lái)的顏色，二氧化硫與氯水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和鹽酸而使氯水褪色，褪色原理不相同，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、一氧化碳與氧化鐵在煉鐵高爐中高溫反應(yīng)生成鐵和二氧化碳，故B正確；C項(xiàng)、電解NaCl溶液得到氫氧化鈉、氫氣和氯氣，不能制備金屬鈉，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、氫氣與氯氣混合氣體光照發(fā)生爆炸，不能用于制取鹽酸，工業(yè)上常用氫氣在氯氣中燃燒制HCl，進(jìn)一步制取鹽酸，故D錯(cuò)誤；故選B。16.下列說(shuō)法正確的是A.二氧化硫能使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色，體現(xiàn)了其漂白性B.焦炭煉鐵、發(fā)酵粉烘焙糕點(diǎn)均會(huì)產(chǎn)生溫室氣體C.NO2、SO2兩種氣體都能與水反應(yīng)生成酸，它們都是酸性氧化物D.雨水樣品在空氣中放置2小時(shí)后，測(cè)得pH變小，因?yàn)闃悠芳橙×丝諝庵械腃O2【答案】B【解析】【詳解】A．二氧化硫能使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色，體現(xiàn)了其酸性氧化物的通性，二氧化硫不能漂白酸堿性指示劑，A錯(cuò)誤；B．焦炭煉鐵、發(fā)酵粉烘焙糕點(diǎn)均會(huì)產(chǎn)生溫室氣體CO2，B正確；C．NO2不是酸性氧化物，C錯(cuò)誤；D．雨水樣品在空氣中放置2小時(shí)后，測(cè)得pH變小，是因?yàn)橛晁械膩喠蛩岜谎趸癁榱蛩?，D錯(cuò)誤；綜上所述，本題選B。【點(diǎn)睛】酸性氧化物是指能夠與堿反應(yīng)只生成鹽和水，反應(yīng)過(guò)程中各元素的化合價(jià)不發(fā)生改變，屬于非氧化還原反應(yīng)，比如二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，屬于非氧化還原反應(yīng)；而二氧化氮與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)生成硝酸鈉、亞硝酸鈉和水，但是氮元素的化合價(jià)發(fā)生改變，屬于氧化還原反應(yīng)；所以二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸锒趸粚儆谒嵝匝趸铩?7.金屬和非金屬在人類生產(chǎn)生活中得到了廣泛應(yīng)用,請(qǐng)你回答下列問(wèn)題。(1)面包發(fā)酵粉的主要成分之一是一種鈉鹽，其俗稱為________；漂白粉的有效成分為__________(寫化學(xué)式)；FeCl3常用作凈水劑，其原理為_________(用離子方程式表示)。(2)沾有水的鐵制器皿在高溫火焰上會(huì)發(fā)黑，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_________。(3)人體血紅蛋白中含有Fe2+，若誤食亞硝酸鹽，會(huì)導(dǎo)致Fe2+轉(zhuǎn)化Fe3+而中毒，服用維生素C可以解毒．對(duì)上述的分析正確的是____________A．亞硝酸鹽是還原劑B．維生素C是氧化劑C．維生素C被氧化D．亞硝酸鹽發(fā)生氧化反應(yīng)【答案】(1).小蘇打(2).Ca(ClO)2(3).Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+(4).3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(5).C【解析】【詳解】(1)發(fā)酵粉為NaHCO3，俗稱小蘇打；漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2；Fe3+水解可以產(chǎn)生氫氧化鐵膠體，可以吸附水中雜質(zhì)達(dá)到凈水目的，離子方程式為Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+；(2)高溫條件下Fe與水蒸氣可以反應(yīng)生成氫氣和四氧化三鐵，化學(xué)方程式為3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；(3)A．Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+被氧化，說(shuō)明亞硝酸鹽是氧化劑，故A錯(cuò)誤；B．維生素C可以解毒，說(shuō)明維生素C可以將Fe3+還原，為還原劑，故B錯(cuò)誤；C．維生素C可以將Fe3+還原，則維生素C被氧化，故C正確；D．亞硝酸鹽為氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；綜上所述答案為C。18.X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半徑/nm0.1860.0740.0990.143主要化合價(jià)-4，+4-2-1，+7+3其它陽(yáng)離子核外無(wú)電子無(wú)機(jī)非金屬材料的主角焰色反應(yīng)呈黃色(1)Y在元素周期表中的位置是____________________；R在自然界中有質(zhì)量數(shù)為35和37的兩種核素，它們之間的關(guān)系互為__________。(2)請(qǐng)寫出Z2M(3)Q的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物與Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的離子方程式是____________________。(4)下列事實(shí)能證明Y與R非金屬性強(qiáng)弱的是_______(選填字母序號(hào))。a．常溫下Y的單質(zhì)呈固態(tài)，R的單質(zhì)呈氣態(tài)b．穩(wěn)定性XR>YX4c．Y與R形成的化合物中Y(5)依據(jù)表中數(shù)據(jù)推想，Y的原子半徑的最小范圍是_________________。【答案】(1).第三周期ⅣA族(2).同位素(3).(4).Al(OH)3+OH-=+2H2O(5).bc(6).0.099nm~0.143nm【解析】【分析】X陽(yáng)離子核外無(wú)電子，所以X是H。Y是無(wú)機(jī)非金屬材料主角，所以Y是Si。Z的焰色反應(yīng)呈黃色，所以Z是Na。M的主要化合價(jià)為-2價(jià)，所以M為O。R的主要化合價(jià)為+1和-1，所以R為Cl。Q的主要化合價(jià)為+3價(jià)，其原子半徑比鈉略小，所以Q為Al；【詳解】(1)Si在元素周期表中位于第三周期ⅣA族；R即氯在自然界中有質(zhì)量數(shù)為35和37的兩種核素，它們之間的關(guān)系互為互稱為同位素；(2)Z2M即氧化鈉的電子式為；(3)Q的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物與Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)為：氫氧化鋁溶于氫氧化鈉得到偏鋁酸鈉和水，離子方程式是Al(OH)3+OH-==+2H2O；(4)a．常溫下物質(zhì)的狀態(tài)由熔沸點(diǎn)凹凸確定，熔沸點(diǎn)凹凸由微粒間的作用力相關(guān)，與非金屬性強(qiáng)弱無(wú)關(guān)，a錯(cuò)誤；b．非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)潔氫化物越穩(wěn)定，穩(wěn)定性XR>YX4，則非金屬性R>Y，b正確；c．Y與R形成的化合物中Y呈正價(jià)，則非金屬性R>Y，c正確；則能證明Y與R非金屬性強(qiáng)弱的是bc；(5)同周期主族元素，從左到右，原子半徑遞減，依據(jù)表中數(shù)據(jù)推想，Y的原子半徑的最小范圍是0.099nm~0.143nm。19.查資料得：HNO2是一種弱酸且不穩(wěn)定，易分解生成NO和NO2；它能被常見的強(qiáng)氧化劑氧化；在酸性溶液中它也是一種氧化劑，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一種難溶于水、易溶于酸的化合物。試回答下列問(wèn)題：(1)下列方法中，不能用來(lái)區(qū)分NaNO2和NaCl的是________(填序號(hào))。A.測(cè)定這兩種溶液的pHB.分別在兩種溶液中滴加甲基橙C.在酸性條件下加入KI—淀粉溶液來(lái)區(qū)分D.用AgNO3和HNO3兩種試劑來(lái)區(qū)分(2)某同學(xué)把酸性高錳酸鉀溶液滴入NaNO2溶液中，視察到紫色褪去，同時(shí)生成和Mn2+，請(qǐng)寫出反應(yīng)的離子方程式_____________________________________。(3)Fe與過(guò)量稀硫酸反應(yīng)可制取FeSO4。若用反應(yīng)所得酸性溶液，將Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋，要求產(chǎn)物純凈，可選用的最佳試劑是________(填序號(hào))。A.Cl2B.FeC.H2O2D.HNO3(4)若FeSO4和O2的化學(xué)計(jì)量數(shù)比為2∶1，試配平下列方程式：_________(_______)FeSO4＋(________)K2O2→(_______)K2FeO4＋(_______)K2O＋(_______)K2SO4＋(_______)O2↑(5)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型、高效的綠色水處理劑，在水中發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體。高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是___________________?！敬鸢浮?1).B(2).6H＋+5+2=+2Mn2++3H2O(3).C(4).2、6、2、2、2、1(5).凈水、消毒【解析】【詳解】(1)A．亞硝酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽其水溶液呈堿性，氯化鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽其水溶液呈中性，相同物質(zhì)的量濃度的兩種溶液的pH不同，所以可以用測(cè)定這兩種溶液的pH值鑒別，故A不符合題意；B．亞硝酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽其水溶液呈堿性，氯化鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽其水溶液呈中性，甲基橙的變色范圍是3.1-4.4，所以亞硝酸鈉和氯化鈉溶液加入甲基橙后溶液都呈黃色，反應(yīng)現(xiàn)象相同，所以不能用甲基橙鑒別，故B不符合題意；C．在酸性條件下，亞硝酸鈉可以氧化碘離子生成碘單質(zhì)，碘遇淀粉變藍(lán)色，氯離子和碘離子不反應(yīng)，反應(yīng)現(xiàn)象不同，所以可以用酸性條件下的KI淀粉試液來(lái)區(qū)分，故C不符合題意；D．AgNO2是一種難溶于水、易溶于酸的化合物，氯化銀是一種難溶于水，不溶于酸的化合物；因此可用AgNO3和HNO3兩種試劑來(lái)區(qū)分NaNO2和NaCl，故D不符合題意；綜上所述答案選B；(2)某同學(xué)把酸性高錳酸鉀溶液滴入NaNO2溶液中，視察到紫色褪去，說(shuō)明將氧化為，依據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為6H＋+5+2=+2Mn2++3H2O；(3)氯氣、硝酸均可以氧化亞鐵離子，但是會(huì)引入新的雜質(zhì)，鐵不能氧化亞鐵離子，雙氧水氧化亞鐵離子的還原產(chǎn)物是水，不引入雜質(zhì)，所以正確是雙氧水，答案選C；(4)依據(jù)已知信息可知該反應(yīng)中K2O2將FeSO4氧化為K2FeO4，產(chǎn)物中還有O2，說(shuō)明此反應(yīng)中K2O2不僅作氧化劑；氧化FeSO4的K2O2整體化合價(jià)降低2價(jià)，F(xiàn)eSO4中Fe元素上升4價(jià)，氧化FeSO4的K2O2與FeSO4物質(zhì)的量之比為2：1，另外還有K2O2分解生成K2O和O2，結(jié)合“FeSO4和O2的化學(xué)計(jì)量數(shù)比為2∶1”可得反應(yīng)方程式為2FeSO4+6K2O2=2K2FeO4+2K2SO4+2K2O+O2；(5)高鐵酸鉀(K2FeO4)中Fe的化合價(jià)是+6價(jià)，具有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，其還原產(chǎn)物Fe3+水解生成氫氧化鐵膠體，能吸附水中雜質(zhì)，達(dá)到凈水的目的。20.某化學(xué)愛好小組用含有鋁、鐵、銅的合金制取純凈的氯化鋁溶液、綠礬晶體[FeSO4·7H2O]和膽礬晶體，以探究工業(yè)廢料的再利用。其試驗(yàn)方案如下：回答下列問(wèn)題：(1)寫出合金與燒堿溶液反應(yīng)的離子方程式________________________________________________。(2)用濾渣F通過(guò)兩種途徑制取膽礬，與途徑③相比，途徑④明顯具有的兩個(gè)優(yōu)點(diǎn)是__________________________，____________________________。(3)進(jìn)行途徑②時(shí)，該小組用如圖所示裝置及試劑，將制得的CO2氣體通入濾液A中。一段時(shí)間后，視察到燒杯中產(chǎn)生的白色沉淀漸漸削減，其緣由是________________________________________(用離子方程式表示)；為了避開沉淀D削減，應(yīng)當(dāng)在裝置Ⅰ和裝置Ⅱ之間增加一個(gè)盛有____________的洗氣瓶。(4)通過(guò)途徑④制取膽礬，必需進(jìn)行試驗(yàn)操作步驟：加硫酸、加熱通氧氣、過(guò)濾、________、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、自然干燥。其中“加熱通氧氣”所起的作用為________________________________________(用離子方程式表示)。(5)白磷有劇毒，不慎沾到皮膚上，可取少量膽礬配制成CuSO4溶液沖洗解毒。白磷可與熱的CuSO4溶液反應(yīng)生成Cu3P(Cu為＋1價(jià))，與冷CuSO4溶液則析出Cu，反應(yīng)方程式分別(均未配平)為：①P4＋CuSO4＋H2OCu3P＋H3PO4＋H2SO4②P4＋CuSO4＋H2O―→Cu＋H3PO4＋H2SO4若上述兩反應(yīng)中被氧化的P4的物質(zhì)的量相等，則消耗的CuSO4的物質(zhì)的量之比為________。【答案】(1).2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑(2).產(chǎn)生等量膽礬途徑④消耗硫酸少(3).途徑④不會(huì)產(chǎn)生污染大氣的氣體(4).Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O(5).飽和NaHCO3溶液(6).蒸發(fā)濃縮(7).2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O(8).1∶1【解析】【分析】Al、Fe、Cu三種金屬中，加入堿溶液后只有Al溶解，生成NaAlO2溶液，若在此溶液中加入足量的鹽酸，因鹽酸為強(qiáng)酸，可以溶解生成的氫氧化鋁，則接著反應(yīng)生成AlCl3溶液，反應(yīng)離子方程式為：AlO2-+4H+═Al3++2H2O，而其次種途徑通入氣體后生成沉淀，與鹽酸反應(yīng)生成AlCl3，由此推斷生成的沉淀為氫氧化鋁，則確定通入的氣體在水中生成弱酸，則推斷為CO2氣體．不溶于堿溶液的金屬Fe和Cu，加入足量稀硫酸后，F(xiàn)e溶解生成硫酸亞鐵溶液，溶液通過(guò)蒸發(fā)濃縮后冷卻結(jié)晶可得到綠礬晶體，不溶于酸的銅則可在通入氧氣的條件下與硫酸反應(yīng)生成膽礬，也可用濃硫酸和銅反應(yīng)制取，但濃硫酸會(huì)產(chǎn)生污染氣體二氧化硫。據(jù)此分析?！驹斀狻亢辖鹬兄挥袖X和NaOH溶液反應(yīng)，所得濾液A中含有NaAlO2和剩余的NaOH，向?yàn)V液A通入足量的CO2，生成沉淀為Al(OH)3，濾渣為Fe和Cu。濾渣B加入足量的稀硫酸，F(xiàn)e溶解，濾液E為FeSO4溶液，濾渣F為Cu。(1)Al和NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑；(2)途徑④中通入空氣，H2SO4只表現(xiàn)酸性，所以產(chǎn)生等量膽礬途徑④消耗H2SO4少而且途徑④不會(huì)產(chǎn)生污染大氣的氣體；(3)大理石和濃鹽酸反應(yīng)生成的CO2中含有HCl，通入NaAlO2溶液中，反應(yīng)生成的Al(OH)3和鹽酸反應(yīng)生成AlCl3和H2O，離子方程式為Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O。除去CO2中的HCl，用飽和NaHCO3溶液；(4)要得到硫酸銅晶體，先蒸發(fā)濃縮，然后冷卻結(jié)晶。加熱通入氧氣可以在酸性條件下把Cu氧化為Cu2＋，離子方程式為2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O；(5)兩化學(xué)方程式配平后得11P4＋60CuSO4＋60H2O20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4，P4＋10CuSO4＋16H2O=10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4，前一個(gè)反應(yīng)中，有6molP4被氧化，消耗60molCuSO4，后一個(gè)反應(yīng)中，有1molP4被氧化，消耗10molCuSO4，所以當(dāng)被氧化的P4的物質(zhì)的量相等時(shí)，消耗的CuSO4的物質(zhì)的量比為1∶1?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)的制備試驗(yàn)方案設(shè)計(jì)和評(píng)價(jià)，中等難度，評(píng)價(jià)試驗(yàn)要從原料的利用率、產(chǎn)品的純度及對(duì)環(huán)境的