2022-2022学年浙江省台州中学高三（上）第二次统练化学试卷 一、选择题（本题共7小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是（ ）A．晶体硅熔点高硬度大，因而可用于制作半导体材料B．SO2使溴水褪色与乙醛使溴水褪色的原理相同C．硅胶可作袋装食品的干燥剂，P2O5可用于干燥Cl2和NH3D．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理 2．NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAB．将含0.1molFeCl3的饱和溶液制成胶体后，生成0.1NA个Fe（OH）3胶粒C．高温下，0.3molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.4NAD．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA 3．下列实验方案设计合理且能达到相应实验预期目的是（ ）A．制取少量氨气B．除去氯气中的HCl杂质C．证明氧化性Cl2＞Br2＞I2D．制取HCl且除去多余的气体 4．碘是一种与人的生命活动密切相关的元素．已知碘单质能溶于NaOH或KI溶液，反应方程式分别为：I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O（HIO不稳定，易发生歧化反应）和I2+I﹣=I3﹣．溴化碘（IBr）是一种卤素互化物，具有与卤素单质类似的性质，下列反应方程式正确的有（ ）A．IBr加入Na2S溶液中产生淡黄色浑浊：2IBr+S2﹣=2I﹣+2Br﹣+S↓B．少量IBr加入KI溶液中：IBr+I﹣=Br﹣+I2C．IBr加入NaOH溶液中：IBr+2OH﹣=I﹣+BrO﹣+H2O15D．IBr加入AgNO3溶液中：3IBr+5Ag++3H2O=3AgBr↓+2AgI↓+IO3﹣+6H+ 5．向含SO32﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（ ）A．B．C．D． 6．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）组成的混合气体共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，其中生成的NaNO3的物质的量为（已知NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O）（ ）A．0.2molB．0.4molC．0.6molD．0.8mol 7．雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3↑+8AlO2﹣根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（ ）A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣B．试样中一定不含Al3+C．试样中可能存在Na+、Cl﹣D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4 二、解答题（共4小题，满分46分）8．现有A、B、C、D四种短周期元素，它们之间的关系如下：Ⅰ．原子半径：A＜C＜B＜D15Ⅱ．原子的最外层电子数：A+C=B+D=8Ⅲ．原子的核外电子层数：B=C=2AⅣ．B元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2请回答：（1）由A、B两种元素组成的常见气体，其电子式为 ；只有A和B两种元素组成的属于离子晶体的化合物可能为 （用化学式表示）．（2）由D元素形成的氢氧化物，与强碱溶液反应的离子方程式为 ．（3）由B、C元素组成的化合物BC3，该化合物具有强氧化性，与水反应生成两种酸和一种无色气体，该气体常温下遇空气变红棕色，写出该化合物与水反应的化学方程式 ．（4）由A、B和C三种元素组成的盐，常温下其水溶液显酸性，则0.1mol•L﹣1该盐溶液中浓度最大的离子为 （写离子符号）；写出检验该盐中所含阳离子的实验方法 ． 9．硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂．它易溶于水，不溶于醇，受热、遇酸易分解．工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制得．实验室模拟该工业过程的装置如图所示．回答下列问题：（1）b中反应的离子方程式为 ，c中试剂为 ．（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是 ．（3）d中的试剂为 ．（4）实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有 （写出两条）．（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是 ．（6）所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4．为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整．（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀盐酸、蒸馏水中选择）①取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成， ，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4．②为减少装置C中生成Na2SO4的量，在实验过程中应注意的操作顺序是 ． 10．A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素．请填写下列空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置 ；J的化学名称为 ．（2）写出反应①的化学方程式 ；反应⑥的离子方程式 ．15（3）从能量变化的角度看，①②③反应中属于△H＜0的反应是 ．（4）写出反应E→F过程的现象 ，及反应方程式： ．（5）在C溶液中加入KSCN溶液，溶液 （填“变”或“不变”）色，逐渐通入氯气直至过量，可能观察到现象是 从这一可能现象能得出结论： ． 11．铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等．回答下列问题：（1）铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在元素周期表的位置为第 周期、第 族，PbO2的酸性比CO2的酸性 （填“强”“弱”）．（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 ．（3）PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得反应的离子方程式为 ；（4）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%（即×100%）的残留固体，若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2•nPbO，则计算x= 值和m：n= ． 152022-2022学年浙江省台州中学高三（上）第二次统练化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题共7小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是（ ）A．晶体硅熔点高硬度大，因而可用于制作半导体材料B．SO2使溴水褪色与乙醛使溴水褪色的原理相同C．硅胶可作袋装食品的干燥剂，P2O5可用于干燥Cl2和NH3D．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理【考点】硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质．【分析】A．晶体硅制作半导体材料与熔点高硬度大无关；B．二氧化硫、乙醛都具有还原性；C．P2O5是酸性干燥剂不能氧化氨气；D．汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，应加入硫磺粉处理．【解答】解：A．晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，可用于制作半导体材料，故A错误；B．SO2使溴水褪色与乙醛使溴水褪色都是因为发生氧化还原反应，故B正确；C．P2O5是酸性干燥剂不能氧化氨气，故C错误；D．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，应加入硫磺粉，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了常见元素化合物的性质，明确硅、二氧化硫、乙醛、五氧化二磷、汞的性质是解题关键，注意常用干燥剂及其使用注意事项，题目难度不大． 2．NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAB．将含0.1molFeCl3的饱和溶液制成胶体后，生成0.1NA个Fe（OH）3胶粒C．高温下，0.3molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.4NAD．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成；B、一个胶粒是多个Fe（OH）3的聚集体；C、根据化学方程式3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2来计算；D、氯气能将Fe2+和I﹣氧化为Fe3+和I2．【解答】解：A、Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成，故1molNa2O2固体中含3mol离子，总数为3NA，故A错误；B、一个胶粒是多个Fe（OH）3的聚集体，0.1molFeCl3的饱和溶液制成胶体后，生成的Fe（OH）3胶粒个数小于0.1NA个，故B错误；C、铁在高温条件下与水蒸气的反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，由反应可知，0.3mol铁生词0.4mol氢气，故H2分子数目为0.4NA，故C正确；D、氯气与FeI2的反应：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，故1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，故D错误；故选C．15【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数相关计算，包括粒子数、水解、氧化还原反应，为高频考题，难度不大，注意D中离子还原性比较：I﹣＞Fe2+． 3．下列实验方案设计合理且能达到相应实验预期目的是（ ）A．制取少量氨气B．除去氯气中的HCl杂质C．证明氧化性Cl2＞Br2＞I2D．制取HCl且除去多余的气体【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．收集气体的试管不能使用塞子；B．HCl极易溶于水，导管长进短出；C．氯气与NaBr、NaI均可发生氧化还原反应；D．尾气处理时可发生倒吸．【解答】解：A．收集试管带塞子不能收集气体，气体过多可能导致试管炸裂，故A错误；B．HCl极易溶于水，导管长进短出，且食盐水抑制氯气的溶解，除杂装置合理，故B正确；C．氯气能与碘化钾反应，应将溴单质中的氯气除掉，不能比较Br2＞I2，故C错误；D．导管不能插入液面下，以免发生倒吸，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及洗气、气体的制取及收集、氧化性的比较、气体制取的实验，侧重实验细节的考查，题目难度不大． 4．碘是一种与人的生命活动密切相关的元素．已知碘单质能溶于NaOH或KI溶液，反应方程式分别为：I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O（HIO不稳定，易发生歧化反应）和I2+I﹣=I3﹣．溴化碘（IBr）是一种卤素互化物，具有与卤素单质类似的性质，下列反应方程式正确的有（ ）A．IBr加入Na2S溶液中产生淡黄色浑浊：2IBr+S2﹣=2I﹣+2Br﹣+S↓B．少量IBr加入KI溶液中：IBr+I﹣=Br﹣+I2C．IBr加入NaOH溶液中：IBr+2OH﹣=I﹣+BrO﹣+H2OD．IBr加入AgNO3溶液中：3IBr+5Ag++3H2O=3AgBr↓+2AgI↓+IO3﹣+6H+15【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写．【专题】卤族元素．【分析】IBr与卤素单质类似，化合物中I元素的化合价为+1价，具有氧化性，可与还原性物质发生氧化还原反应，与卤素单质不同的是，IBr与碱溶液发生水解反应，元素的化合价没有变化，以此解答该题．【解答】解：A．IBr加入Na2S溶液反应的离子方程式为IBr+S2﹣=I﹣+Br﹣+S↓，故A错误；B．少量IBr加入KI溶液中，首先发生IBr+I﹣=Br﹣+I2，由于KI过量，则进一步发生I2+I﹣=I3﹣，故B错误；C．IBr加入NaOH溶液中，不发生氧化还原反应，应为IBr+2OH﹣=Br﹣+IO﹣+H2O，故C错误；D．IBr加入AgNO3溶液中，首先是IBr与水反应生成HIO和HI，由于HIO不稳定，在水中发生歧化反应生成HIO3和HI，进而生成AgI和AgBr，反应的离子方程式可为3IBr+5Ag++3H2O=3AgBr↓+2AgI↓+IO3﹣+6H+，故D正确．故选D．【点评】本题考查卤素互化物知识，题目难度中等，本题易错点为B、C、D，注意根据题给信息结合物质的性质进行判断． 5．向含SO32﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】离子方程式的有关计算；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题．【分析】离子还原性SO32﹣＞I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生反应SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+，再发生反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，最后发生反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断．【解答】解：离子还原性SO32﹣＞I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生反应SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+，再发生反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，最后发生反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，A．由SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+可知，0.1molSO32﹣完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；B.0.1molSO32﹣完全反应后，才发生2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，0.1molSO32﹣完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI﹣15完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI﹣完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C.0.1molSO32﹣完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI﹣完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣可知，0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；D．SO32﹣、I﹣、Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br﹣+Cl2=2Br2+2Cl﹣可知，0.1molBr﹣完全反应消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；故选C．【点评】本题以图象形式考查氧化还原反应、有关离子反应计算等，难度中等，确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键． 6．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）组成的混合气体共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，其中生成的NaNO3的物质的量为（已知NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O）（ ）A．0.2molB．0.4molC．0.6molD．0.8mol【考点】氧化还原反应的计算．【分析】纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu（NO3）2，另一个是HNO3到NaNO2，51.2gCu共失电子0.8mol×2=1.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算溶液中n（NaNO2）．气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），据此计算溶液中n（NaNO3）．【解答】解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu共失电子为×2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为0.8mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），所以n（NaNO3）=n（NaOH）﹣n（NaNO2）=0.5L×2mol/L﹣0.8mol=0.2mol，故选：A．【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键． 7．雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：15已知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3↑+8AlO2﹣根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（ ）A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣B．试样中一定不含Al3+C．试样中可能存在Na+、Cl﹣D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【考点】真题集萃；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42﹣，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，结合题给选项分析解答．【解答】解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba（OH）2中反应生成AlO2﹣，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42﹣，以及能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，A．通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，故A正确；B．通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C．通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl﹣，故C正确；D．根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，可能存在Na+、Cl﹣，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确；故选B．【点评】本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目难度中等．15 二、解答题（共4小题，满分46分）8．现有A、B、C、D四种短周期元素，它们之间的关系如下：Ⅰ．原子半径：A＜C＜B＜DⅡ．原子的最外层电子数：A+C=B+D=8Ⅲ．原子的核外电子层数：B=C=2AⅣ．B元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2请回答：（1）由A、B两种元素组成的常见气体，其电子式为 ；只有A和B两种元素组成的属于离子晶体的化合物可能为 NH4H （用化学式表示）．（2）由D元素形成的氢氧化物，与强碱溶液反应的离子方程式为 Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+H2O ．（3）由B、C元素组成的化合物BC3，该化合物具有强氧化性，与水反应生成两种酸和一种无色气体，该气体常温下遇空气变红棕色，写出该化合物与水反应的化学方程式 3NF3+5H2O=HNO3+2NO↑+9HF ．（4）由A、B和C三种元素组成的盐，常温下其水溶液显酸性，则0.1mol•L﹣1该盐溶液中浓度最大的离子为 F﹣ （写离子符号）；写出检验该盐中所含阳离子的实验方法 取少量该盐溶液于一支试管中，加入过量的浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝，则有NH4+，反之，无NH4+ ．【考点】原子结构与元素的性质．【分析】A、B、C、D四种短周期元素；原子半径：A＜C＜B＜D；根据原子的核外电子层数：B=C=2A，可知A为H元素，B、C为第二周期元素，根据B元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，可知B为N元素，原子的最外层电子数：A+C=B+D=8，可知C为F元素，D为Al元素；结合元素单质和化合物的性质分析解答．【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素；原子半径：A＜C＜B＜D；根据原子的核外电子层数：B=C=2A，可知A为H元素，B、C为第二周期元素，根据B元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，可知B为N元素，原子的最外层电子数：A+C=B+D=8，可知C为F元素，D为Al元素；综上可知：A是氢、B是氮、C是氟、D是铝．（1）H和N组成常见气体为氨气，电子式为，N和H组成的离子化合物一定含有铵根离子，故答案为：；NH4H；（2）由D元素形成的氢氧化物为Al（OH）3，Al（OH）3和NaOH反应为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+H2O；故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+H2O；（3）由B、C元素组成的化合物BC3，为NF3，该化合物具有强氧化性，与水反应生成两种酸HNO3、HF和一种无色气体，该气体常温下遇空气变红棕色为NO，该化合物与水反应的化学方程式：3NF3+5H2O=HNO3+2NO↑+9HF；故答案为：3NF3+5H2O=HNO3+2NO↑+9HF；15（4）A、B和C三种元素组成的盐为NH4F，常温下其水溶液显酸性，说明铵根离子的水解程度比氟离子水解程度大，所以F﹣浓度最大，则检验该盐中所含阳离子的实验方法为：取少量该盐溶液于一支试管中，加入过量的浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝，则有NH4+，反之，无NH4+；故答案为：F﹣：取少量该盐溶液于一支试管中，加入过量的浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝，则有NH4+，反之，无NH4+．【点评】本题考查了元素化合物推断，主要根据原子结构和在周期表中位置特点进行推断，可从IV入手推B是氮元素，题目难度中等，侧重于考查学生对元素周期表知识的综合应用能力． 9．硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂．它易溶于水，不溶于醇，受热、遇酸易分解．工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制得．实验室模拟该工业过程的装置如图所示．回答下列问题：（1）b中反应的离子方程式为 SO32﹣+2H+═SO2↑+H2O或HSO3﹣+H+═SO2↑+H2O ，c中试剂为 硫化钠和碳酸钠混合溶液 ．（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是 S ．（3）d中的试剂为 氢氧化钠溶液 ．（4）实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有 控制反应的温度或硫酸的滴加速度 （写出两条）．（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是 若SO2过量，溶液显酸性，产物分解 ．（6）所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4．为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整．（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀盐酸、蒸馏水中选择）①取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成， 过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸 ，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4．②为减少装置C中生成Na2SO4的量，在实验过程中应注意的操作顺序是 先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液 ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为亚硫酸钠和70%的浓硫酸，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体；（2）反应开始时发生的反应为：Na2S+4SO2+H2O=2H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，据此答题；15（3）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，应选用氢氧化钠溶液；（4）通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；（5）硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；（6）①根据：Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子可知，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4；②因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置C中生成Na2SO4的量，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液．【解答】解：（1）第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2O或HSO3﹣+H+═SO2↑+H2O；硫化钠和碳酸钠混合溶液；（2）反应开始时发生的反应为：Na2S+4SO2+H2O=2H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S，故答案为：S；（3）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，应选用氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；（4）通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率，故答案为：控制反应的温度或硫酸的滴加速度；（5）硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解，故答案为：若SO2过量，溶液显酸性，产物分解；（6）①根据：Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子可知，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4，故答案为：过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸；②因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置C中生成Na2SO4的量，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液．【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和制备过程分析应用，掌握基础如离子反应方程式、定性检验、除杂，注意积累是解题关键，题目难度中等． 10．A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素．请填写下列空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置 第四周期第Ⅷ族 ；J的化学名称为 偏铝酸钠 ．15（2）写出反应①的化学方程式 8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe ；反应⑥的离子方程式 Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+ ．（3）从能量变化的角度看，①②③反应中属于△H＜0的反应是 ①② ．（4）写出反应E→F过程的现象 生成白色沉淀，迅速变化为灰绿色，最后变化为红褐色 ，及反应方程式： 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 ．（5）在C溶液中加入KSCN溶液，溶液 不变 （填“变”或“不变”）色，逐渐通入氯气直至过量，可能观察到现象是 先变红，后逐渐褪色 从这一可能现象能得出结论： 氧化性的强弱为：Cl2＞（SCN）2＞Fe3+ ．【考点】无机物的推断．【分析】G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在H中燃烧生成B，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，结合对应单质、化合物的性质解答该题．【解答】解：G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在H中燃烧生成B，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是铁，铁元素位于第四周期第Ⅷ族，J为偏铝酸钠，故答案为：第4周期Ⅷ族；偏铝酸钠；（2）反应①是高温下铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，反应方程式为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，反应⑥的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+；（3）反应①②③中，①为铝热反应，为放热反应，②为铁的燃烧，为放热反应，③为氧化铝的电解，为吸热反应，故答案为：①②；（4）E→F是氢氧化亚铁不稳定易被氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，反应现象是：生成白色沉，淀迅速变化为灰绿色，最后变化为红褐色，故答案为：生成白色沉淀，迅速变化为灰绿色，最后变化为红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；15（5）C中含有Fe2+，与KSCN不反应不变色，通入氯气后亚铁离子被氧化成Fe3+遇KSCN变红，过量的氯气具有强氧化性，氧化SCN﹣红色又褪去，可能观察到现象是先变红，后逐渐褪色，从这一可能现象能得出结论：氧化性的强弱为：Cl2＞（SCN）2＞Fe3+，故答案为：不变；先变红，后逐渐褪色；氧化性的强弱为：Cl2＞（SCN）2＞Fe3+．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度较大，推断时，明确各物质的反应关系以及反应现象为解答该题的关键，答题时注意相关化学方程式的书写，为易错点． 11．铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等．回答下列问题：（1）铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在元素周期表的位置为第 六 周期、第 ⅣA 族，PbO2的酸性比CO2的酸性 弱 （填“强”“弱”）．（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O ．（3）PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得反应的离子方程式为 PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣ ；（4）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%（即×100%）的残留固体，若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2•nPbO，则计算x= 1.4 值和m：n= 2：3 ．【考点】碳族元素简介．【分析】（1）Pb比C多4个电子层，则Pb含有6个电子层，元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明二者反应生成氯气，同时生成氯化铅和水；（3）PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠；（4）样品失重失去的为氧元素，根据原子守恒求O原子和Pb原子的比值．【解答】解：（1）C、Pb属于同一主族元素，Pb比C多4个电子层，则Pb含有6个电子层，则Pb位于第六周期第IVA族；元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性C＞Pb，所以元素最高价氧化物的水化物酸性Pb的比C的酸性弱，故答案为：6；六；IVA；弱；（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明二者反应生成氯气，同时生成氯化铅和水，反应方程式为PbO2+4HCl（浓）=PbCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O；（3）PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠，离子方程式为PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣，故答案为：PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣；（4）若a点固体组成表示为PbOx，根据PbO2PbOx+O2↑，15×32=239×4.0%，x=1.4；若组成为mPbO2•nPbO，根据原子守恒得，O原子和Pb原子的比值==1.4，得m：n=2：3，故答案为：1.4；2：3．【点评】本题考查碳族元素性质，题目难度中等，涉及物质的量的有关计算、离子反应、电解原理等知识点，注意（3）中阳极、阴极电极反应式的书写，注意（4）中的计算，为易错点． 15
