2022-2022学年浙江省绍兴一中高三（上）期中化学试卷 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分）1．下列说法不正确的是（ ）A．利用风能发电、采取节能技术、使用太阳能热水器均有利于减少二氧化碳排放B．生活垃圾焚烧发电也会产生有毒有害物质C．丁达尔现象可用于区别溶液与胶体，云、雾、淀粉溶液均能产生丁达尔现象D．硅酸钠溶液的保存和碱溶液一样，存放在橡胶塞密封的广口试剂瓶中 2．下列说法正确的是（ ）A．相对分子质量越大的分子组成的物质，其熔沸点越高B．在相同物质的量的情况下，多元酸溶液的酸性都比一元酸溶液强C．在复分解反应中弱酸也可以生成强酸D．同一元素，价态越高，氧化性肯定越强 3．下列有关化学用语使用正确的是（ ）A．硫离子的结构示意图：B．原子核内有10个中子的氧离子：OC．NH4Cl的电子式：D．乙烯的结构简式C2H4 4．用NA表示阿伏加德罗常数．下列说法中，正确的是（ ）A．1.2gNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03NAB．标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子C．标准状况下，11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NAD．60g石英晶体中含有的Si﹣O键数目为2NA 5．下图是元素周期表中短周期的一部分，X、Y、Z、W四种元素的原子核外最外层电子数之和等于Y、Z元素的原子序数之和．下列说法正确的是（ ）XYZWA．X元素形成的气态氢化物分子的空间结构是三角形B．Z与W元素形成的化合物是分子晶体C．W单质受热蒸发时吸收的热量用于克服共价键D．化合物XW3中W的化合价为﹣1价 6．采用循环操作可以提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是（ ）A．硫酸工业B．氯碱工业C．硝酸工业D．合成氨工业30\n 7．下列各组物质的性质比较，正确的是（ ）A．熔点：CO2＜H2O＜SiO2＜KClB．稳定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4C．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4＞H2SiO3D．粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+ 8．下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ）①向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2②向AlCl3溶液中逐滴加入过量氨水③向CuSO4溶液中逐滴加入过量氨水④向Na2SiO3溶液中逐滴加入过量的盐酸．A．只有③B．只有①③C．只有①②③D．①②③④ 9．下列过程中，破坏的作用力相同的是（ ）A．石英熔化和冰熔化B．干冰升华和碘升华C．HCl溶于水和NaCl溶于水D．NH4Cl受热分解和HI受热分解 10．下列有关物质的分类或归类正确的是（ ）①混合物：波尔多液、盐酸、水银②化合物：氯化钾、甲烷、HD③电解质：明矾、胆矾、硫酸钡④非电解质：酒精、CO2、Cl2⑤同位素：12C、13C、14C．A．③④B．③⑤C．②③⑤D．②④ 11．三种不同化合物有如图所示转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是（ ）A．NH4ClB．SiO2C．CO2D．Al2O3 12．酸根RO3﹣所含电子数比硝酸根NO3﹣的电子数多10，则下列说法正确的是（ ）A．R原子的电子层数比N的电子层数多1B．RO3﹣中R的化合价与NO3﹣中N化合价不等C．RO3﹣和NO3﹣只能被还原，不能被氧化D．R与N为同族元素 13．某结晶水合物的化学式为R•nH2O，其相对分子质量为M．25℃时，将ag该晶体溶于bg水中恰好可形成VmL饱和溶液．下列关系正确的是（ ）A．饱和溶液的物质的量浓度c=mol/LB．饱和溶液中溶质的质量分数w=%C．25℃时R的溶解度S=g30\nD．饱和溶液的密度ρ=g/L 14．下列现象或事实可用同一原理加以解释和说明的是（ ）A．氯化铵和碘都可以用加热法进行提纯B．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低C．硫酸亚铁溶液和氢氧化钠溶液在空气中久置后均会变质D．二氧化硫气体能使高锰酸钾溶液和溴水褪色 15．下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A．在含大量Fe3+的溶液中：NH、Na+、Cl﹣、SCN﹣B．在含有Al3+、Cl﹣的溶液中：HCO、I﹣、NH、Mg2+C．在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中：Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl﹣D．常温下，在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、S2﹣、SO、NO 16．下列离子反应方程式正确的是（ ）A．在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca（OH）2溶液：Mg2++HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═MgCO3↓+CaCO3↓+2H2OB．向饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳气体：CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++2H2O+NO↑D．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至Al3+刚好沉淀完全：Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═BaSO4↓+Al（OH）3↓ 17．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，下列说法中，正确的是（ ）A．每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为2molB．Fe2+和S2O32﹣都是还原剂C．1molFe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为molD．x=2 18．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正确的是（ ）A．在含等物质的量的AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣B．在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I﹣、Br﹣、Fe2+C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO3D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+ 19．将一定量的锌与100mL18.5mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A为33.6L（标准状况）．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c（H+）=0.1mol•L﹣1，则下列叙述中错误的是（ ）30\nA．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2和H2的体积比为4：1C．反应中共消耗Zn97.5gD．反应中共转移3mol电子 20．把少量NO2气体通入过量小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是（ ）A．氧气B．二氧化氮C．二氧化氮和氧气D．二氧化氮和一氧化氮 21．铋（Bi）位于元素周期表中VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠（NaBiO3）溶液呈无色．现取一定量的硫酸锰（MnSO4）溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液1适量铋酸钠溶液2过量的双氧水3适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡溶液变成蓝色则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为（ ）A．I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3B．H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4C．NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2D．KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2 22．原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等．甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，乙的化学式为YZ3，丙是由X、Y、Z组成的盐．下列说法正确的是（ ）A．原子半径：W＞Y＞Z，而离子半径：Z＞Y＞WB．甲沸点远高于乙，可能是甲分子间存在氢键所致C．测得丙的水溶液呈酸性，则溶液中丙盐阳离子浓度大于酸根离子浓度D．W的氯化物水溶液中通入YX3至过量，现象是先有白色沉淀，后逐渐溶解 23．将NaOH溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中（忽略溶液体积的变化），下列各示意图表示的混合溶液有关量的变化趋势正确的是（ ）A．B．C．D． 30\n24．amolFeS与bmolFeO投入到VL、cmol/L的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（ ）①（a+b）×63g②（a+b）×189g③（a+b）mol④cV﹣/3mol．A．①④B．②④C．①③D．②③ 25．已知A、B、C为中学化学中常见的单质．室温下，A为固体，B和C均为气体．在适宜的条件下，它们可以按如图进行反应．下列说法中不正确的是（ ）A．A、B、C中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物B．A、B、C中三种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱C．如果E溶液是一种强酸，则E溶液为盐酸D．A、B、C中有一种金属且为A 二、填空简答题（共四大题，共50分）26．下列实验操作中，叙述正确的是 （填字母）．A．用pH试纸测定溶液的pH时，若先用蒸馏水润湿试纸一定会导致测定结果偏小B．过滤时，为了加快过滤速率，可用玻璃棒在过滤器内搅拌C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后再将上层液体从下口放出到另﹣烧杯D．做焰色反应的铂丝，用硫酸洗涤后，再在酒精灯火焰上灼烧至无色，才可使用E．向溶液中加盐酸酸化的BaCl2，如果产生白色沉淀，则一定有SOF．证明某盐中含有NH4+的方法是：取该盐加入强碱溶液加热，如果产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，便证明有NH4+G．使用容量瓶配置一定浓度的溶液时，俯视刻度线定容后所得溶液的浓度偏高H．用灼烧法鉴别棉织品和毛织品，有焦臭味的是毛织品． 27．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色．（1）B中反应的离子方程式是 ．（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验．取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在 ．（3）资料显示：SCN﹣的电子式为．甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究．①取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN﹣中被氧化的元素是 ．30\n②甲同学通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，已知SCN﹣中碳元素没有被氧化，若SCN﹣与Cl2反应生成1molCO2，则转移电子的物质的量是 mol． 28．现有下列11种中学化学常见的物质，在一定条件下可以实现如图所示的转化关系，图中某些反应物和生成物已经略去．已知：A为两种元素组成的化合物，其焰色反应透过蓝色钴玻璃观察到为紫色；B为单质，是一种有毒气体；反应①的条件是用惰性电极电解；反应②的条件是将E的水溶液加热蒸干、灼烧；Y为常见金属；F中金属元素（+3价）质最分数为70%，C为三核22电子的氧化物．回答下列问题：（1）D的电子式为 ，H的化学式为 ；（2）反应③的化学方程式为 ．过量C通入I溶液中发生反应的离子方程式为 ；（3）指出G的一种用途： ；（4）将一定量的B通人到含有lmolXBr2的溶液中，若有的Br一被氧化，则通入的B在标准状况下的体积为 L（保留一位小数）；（5）有同学说：“根据类比推理，三价x的硫酸盐溶液加热蒸干后得到的固体跟物质E加热蒸干后得到的固体是相同的”，这个说法是否正确？ （填“正确”或“不正确”），理由是 ． 29．已知：相同的两种元素组成的四种微粒A、B、C、D的质子数依次增多，A、B、C、D的电子数如表（A、B、C、D有两组可能），且D中的电子数等于质子数，D1可作医用消毒液．其中B1的沸点比B2高．①A1B1C1D1电子数10101018②A2B2C2D2电子数10101018试回答下列问题：（1）上述两组八种微粒的组成元素中，原子序数处在中间的元素在元素周期表的位置是 ；D1的电子式为： ．（2）液态的B2与Na反应的方程式： ．（3）①亚氯酸钠（NaClO2）主要可用于棉纺、造纸业做漂白剂，也用于食品消毒、水处理等，制备亚氯酸钠，可以将ClO2气体通入D1和NaOH的混合液中，请写出制备方程式 ，其中D1的作用是 ；30\n②利用①中原理制备出NaClO2•3H2O晶体的试样，可以用“间接碘量法”测定试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下（已知：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣）：步骤一的离子方程式为 ；步骤二的指示剂是 ；步骤三中出现 现象时，达到滴定终点；计算该试样中NaClO2•3H2O的质量百分数为 ． 30．将总物质的量为4mol的Na2O2和Al2（SO4）3混合物投入足量水中，充分反应后生成ymol沉淀（y≠0）．若以x表示原混合物中Na2O2的物质的量，试建立y=f（x）的函数关系式，将x的取值与y=f（x）关系式填写在表内（可填满，也可不填满或补充），并在图中画出函数图象．x值y=f（x） 30\n2022-2022学年浙江省绍兴一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分）1．下列说法不正确的是（ ）A．利用风能发电、采取节能技术、使用太阳能热水器均有利于减少二氧化碳排放B．生活垃圾焚烧发电也会产生有毒有害物质C．丁达尔现象可用于区别溶液与胶体，云、雾、淀粉溶液均能产生丁达尔现象D．硅酸钠溶液的保存和碱溶液一样，存放在橡胶塞密封的广口试剂瓶中【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见的生活环境的污染及治理；化学试剂的存放．【专题】溶液和胶体专题；化学实验常用仪器及试剂；化学应用．【分析】A．节能技术不能降低碳排放；B．焚烧生活垃圾会产生有毒物质“二恶英”；C．胶体能产生丁达尔效应；D．溶液放在细口瓶中．【解答】解：A．利用风能发电、使用太阳能热水器均可直接降低碳排放，但采取节能技术只能是节省能源不能减少碳的排放，故A正确；B．焚烧生活垃圾会产生有毒物质“二恶英”，会产生有毒有害物质，故B正确；C．胶体能产生丁达尔效应，但溶液不能产生丁达尔效应，所以能用丁达尔效应区分胶体和溶液，云和雾都是胶体，所以能产生丁达尔效应，故C正确；D．硅酸钠溶液具有粘合性，其保存和碱溶液一样，存放在橡胶塞密封的细口试剂瓶中，故D错误．故选D．【点评】本题考查了环境污染、胶体以及物质的保存等知识点，难度不大，注意教材基础知识的积累． 2．下列说法正确的是（ ）A．相对分子质量越大的分子组成的物质，其熔沸点越高B．在相同物质的量的情况下，多元酸溶液的酸性都比一元酸溶液强C．在复分解反应中弱酸也可以生成强酸D．同一元素，价态越高，氧化性肯定越强【考点】氧化还原反应；晶体熔沸点的比较．【专题】物质的性质和变化专题；氧化还原反应专题．【分析】A．如分子间存在氢键，则沸点较高；B．酸性的强弱与电离程度有关；C．如生成沉淀等，则可符合分解反应的条件；D．氧化性的强弱与得失电子的难易有关．【解答】解：A．如分子间存在氢键，则沸点较高，如HF存在氢键，虽然HCl相对分子质量较大，但HF的沸点高，故A错误；B．酸性的强弱与电离程度有关，如硝酸的酸性比磷酸强，故B错误；C．如生成沉淀等，则可符合分解反应的条件，如硫化氢与硫酸铜反应，可生成硫酸和硫化铜沉淀，故C正确；30\nD．氧化性的强弱与得失电子的难易有关，与化合价无关，如氧化性HClO比HClO4强，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及氢键，氧化还原反应等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和双基的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大． 3．下列有关化学用语使用正确的是（ ）A．硫离子的结构示意图：B．原子核内有10个中子的氧离子：OC．NH4Cl的电子式：D．乙烯的结构简式C2H4【考点】原子结构示意图；电子式；结构简式；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】化学用语专题．【分析】A．硫离子的质子数是16，核外电子数为18；B．氧离子带2个单位负电荷，质量数=质子数+中子数；C．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，氯离子符号表示错误；D．乙烯中含有碳碳双键，结构简式中碳碳双键不能省略．【解答】解：A．硫原子的质子数是16，核外电子数为18，原子结构示意图为，故A正确；B．原子核内有10个中子的氧离子，质量数=10+8=18，带2个单位负电荷，离子符号为818O2﹣，故B错误；C．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为，故C错误；D．乙烯分子中含有碳碳双键，为官能团，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了常见化学用语的书写，涉及原子结构示意图、电子式、离子符号、有机物结构简式的书写，明确相关化学用语的书写方法即可解题，题目难度不大． 4．用NA表示阿伏加德罗常数．下列说法中，正确的是（ ）A．1.2gNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03NAB．标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子C．标准状况下，11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NAD．60g石英晶体中含有的Si﹣O键数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数．30\n【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、求出硫酸氢钠的物质的量，然后根据1mol硫酸氢钠中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根来分析；B、标况下三氧化硫为固体；C、标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol，而氯气与石灰乳的反应为歧化反应；D、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4molSi﹣O键来分析．【解答】解：A、1.2g硫酸氢钠的物质的量为0.01mol，而1mol硫酸氢钠中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根，故0.01mol硫酸氢钠中含0.01mol引领者0.01mol阳离子，即0.02NA个，故A错误；B、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol，而氯气与石灰乳的反应为歧化反应，0.5mol氯气转移0.5mol电子即0.5NA个，故C正确；D、60g二氧化硅的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4molSi﹣O键，即4NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 5．下图是元素周期表中短周期的一部分，X、Y、Z、W四种元素的原子核外最外层电子数之和等于Y、Z元素的原子序数之和．下列说法正确的是（ ）XYZWA．X元素形成的气态氢化物分子的空间结构是三角形B．Z与W元素形成的化合物是分子晶体C．W单质受热蒸发时吸收的热量用于克服共价键D．化合物XW3中W的化合价为﹣1价【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】图像图表题；结构决定性质思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W四种元素是短周期元素，设X的原子序数是a，则Y、Z、W的原子序数分别是（a+1）、（a+7）、（a+10），设X的最外层电子数是b，则Y、Z、W的最外层电子数分别是b+1、b﹣1、b+2，X属于第二周期元素，则a﹣b=2，X、Y、Z、W四种元素的原子核外最外层电子数之和等于Y、Z元素的原子序数之和，所以b+（b+1）+（b﹣1）+（b+2）=（a+1）+（a+7），联立方程解得a=7，b=5，所以X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，W是Cl元素，据此答题．【解答】解：X、Y、Z、W四种元素是短周期元素，设X的原子序数是a，则Y、Z、W的原子序数分别是（a+1）、（a+7）、（a+10），设X的最外层电子数是b，则Y、Z、W的最外层电子数分别是b+1、b﹣1、b+2，X属于第二周期元素，则a﹣b=2，X、Y、Z、W四种元素的原子核外最外层电子数之和等于Y、Z元素的原子序数之和，所以b+（b+1）+（b﹣1）+（b+2）=（a+1）+（a+7），联立方程解得a=7，b=5，所以X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，W是Cl元素，A．X元素形成的气态氢化物是氨气，氨气分子中含有3个σ键和一个孤电子对，所以氨气分子的空间结构是三角锥形，故A错误；B．Z与W元素形成的化合物是四氯化硅，属于分子晶体，故B正确；30\nC．W单质为氯气，属于分子晶体，受热蒸发时吸收的热量用于克服分子间作用力，故C错误；D．化合物XW3中为NCl3，因为氮的非金属性强于氯，所以氯的化合价为+1价，故D错误；故选B．【点评】本题考查了元素的推断、元素化合物性质、分子结构与性质等，正确推断元素是解本题关键，注意掌握原子序数的关系，难度中等． 6．采用循环操作可以提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是（ ）A．硫酸工业B．氯碱工业C．硝酸工业D．合成氨工业【考点】化学平衡的调控作用．【专题】化学计算．【分析】A、硫酸工业中在接触室发生了二氧化硫的催化氧化，采用循环操作可提高二氧化硫的利用率；B、氯碱工业中涉及反应为非可逆反应，进行程度比较彻底，不需要采用循环操作；C、硝酸工业中涉及到合成氨，合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高N2、H2的转化率；D、合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高N2、H2的转化率．【解答】解：A、硫酸工业中在接触室发生了二氧化硫的催化氧化，采用循环操作可提高二氧化硫的利用率，故A错误；B、氯碱工业中涉及反应为非可逆反应，进行程度比较彻底，不需要采用循环操作，故B正确；C、硝酸工业中涉及到合成氨，合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高N2、H2的转化率，故C错误；D、合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高N2、H2的转化率，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了工业生产的效益问题，采用循环操作的主要是有可逆反应且为了提高原料的利用率． 7．下列各组物质的性质比较，正确的是（ ）A．熔点：CO2＜H2O＜SiO2＜KClB．稳定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4C．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4＞H2SiO3D．粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；晶体熔沸点的比较．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中含有氢键的熔点较高；B．非金属性越强氢化物越稳定，但硫化氢的稳定性高于碘化氢；C．非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强；D．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小．【解答】解：A．SiO2是原子晶体，KCl是离子晶体，CO2和H2O属于分子晶体，水分子间存在氢键，故熔点CO2＜H2O＜KCl＜SiO2，故A错误；B．非金属性，O＞N＞P＞Si，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性：H2O＞NH3＞PH3＞SiH4，故B错误；30\nC．同周期自左而右非金属性减弱，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C错误；D．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小，则粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故D正确；故选D．【点评】本题考查同周期同主族性质递变规律、不同晶体熔点的比较等，难度不大，注意规律的掌握理解． 8．下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ）①向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2②向AlCl3溶液中逐滴加入过量氨水③向CuSO4溶液中逐滴加入过量氨水④向Na2SiO3溶液中逐滴加入过量的盐酸．A．只有③B．只有①③C．只有①②③D．①②③④【考点】镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】离子反应专题．【分析】①Ca（ClO）2溶液和CO2反应生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，CaCO3与H2O和CO2反应，生成可溶的Ca（HCO3）2；②向氯化铝溶液中逐滴加氨水，生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱；③氢氧化铜溶于氨水形成四氨合铜络离子；④生成硅酸沉淀，不溶解．【解答】解：①、Ca（ClO）2溶液和CO2反应生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，CaCO3与H2O和CO2反应，生成可溶的Ca（HCO3）2，沉淀溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故①正确；②、向氯化铝溶液中逐滴加氨水，生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3溶于强酸强碱，氨水呈弱碱性，继续滴加氨水，沉淀Al（OH）3不溶解，故②错误；③、硫酸铜和稀氨水反应，生成Cu（OH）2蓝色沉淀，继续滴加氨水，形成[Cu（NH3）4]+络离子，沉淀溶解，故③正确；④Na2SiO3溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀，硅酸不溶于盐酸，故④错误；故选B．【点评】本题考查较为综合的考查元素化合物知识等，难度中等，解答本题的关键是把握物质的性质，注意③中氢氧化铜溶于氨水． 9．下列过程中，破坏的作用力相同的是（ ）A．石英熔化和冰熔化B．干冰升华和碘升华C．HCl溶于水和NaCl溶于水D．NH4Cl受热分解和HI受热分解【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键．【解答】解：A．石英属于原子晶体熔化时破坏共价键，冰属于分子晶体熔化时破坏分子间作用力，所以二者不同，故A错误；B．干冰和碘均为分子晶体，升华时破坏分子间作用力，所以二者相同，故B正确；30\nC．HCl中含有共价键，溶于水破坏共价键，NaCl含有离子键，溶于水破坏离子键，所以二者不同，故C错误；D．NH4Cl受热分解破坏了离子键和配位键，HI受热分解破坏了共价键，所以二者不同，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学键、晶体类型及熔化时破坏的作用力，根据晶体类型确定熔化时破坏的作用力，题目难度不大． 10．下列有关物质的分类或归类正确的是（ ）①混合物：波尔多液、盐酸、水银②化合物：氯化钾、甲烷、HD③电解质：明矾、胆矾、硫酸钡④非电解质：酒精、CO2、Cl2⑤同位素：12C、13C、14C．A．③④B．③⑤C．②③⑤D．②④【考点】电解质与非电解质；同位素及其应用；混合物和纯净物；单质和化合物．【专题】物质的分类专题．【分析】混合物是由多种物质组成的物质；化合物是由不同种元素组成的纯净物；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；质子数相同，中子数不同的核素互称为同位素．【解答】解：①波尔多液、盐酸属于混合物，水银是金属单质，故错误；②氯化钾、甲烷属于化合物，HD属于单质，故错误；③明矾、胆矾、硫酸钡都是电解质，故正确；④酒精、CO2属于非电解质，Cl2属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故错误；⑤12C、13C、14C．质子数都是6，中子数不同分别是6，7，8，互为同位素，故正确；故选：B．【点评】本题考查化合物、混合物、电解质、非电解质和同位素，明确物质的成分和相关的定义是解题的关键，题目难度不大． 11．三种不同化合物有如图所示转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是（ ）A．NH4ClB．SiO2C．CO2D．Al2O3【考点】无机物的推断．【专题】推断题；元素及其化合物．【分析】甲和氢氧化钠溶液能反应，则甲可能是铝、酸、酸式盐、酸性氧化物、酯、氢氧化铝等，甲和氢氧化钠反应生成乙，易能和盐酸反应生成丙，丙加热生成甲，根据各物质的性质来分析解答．【解答】解：A．氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成氨水，氨水和盐酸反应生成氯化铵，加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，所以不符合转化关系，故A错误；B．二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，加热硅酸生成二氧化硅，所以符合转化关系，故B正确；30\nC．二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠，碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应生成碳酸，碳酸加热生成二氧化碳，所以符合转化关系，故C正确；D．氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝或氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝，所以符合转化关系，故D正确．故选A．【点评】本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，明确物质的性质是解本题关键，难度不大，注意对知识点的总结、归纳． 12．酸根RO3﹣所含电子数比硝酸根NO3﹣的电子数多10，则下列说法正确的是（ ）A．R原子的电子层数比N的电子层数多1B．RO3﹣中R的化合价与NO3﹣中N化合价不等C．RO3﹣和NO3﹣只能被还原，不能被氧化D．R与N为同族元素【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】酸根RO3﹣所含电子数比硝酸根NO3﹣的电子数多10，则R中电子数比N原子电子数多10，所以R核外电子数为17，原子中核外电子数等于原子序数，则R为Cl元素，A．R原子有3个电子层、N原子有2个电子层；B．阴离子中各元素化合价之和等于其所带阴离子电荷数，据此计算R、N元素化合价；C．元素处于最高价态时只有氧化性，处于中间价态时既有氧化性又有还原性；D．R属于第VIIA族元素、N属于第VA族元素．【解答】解：酸根RO3﹣所含电子数比硝酸根NO3﹣的电子数多10，则R中电子数比N原子电子数多10，所以R核外电子数为17，原子中核外电子数等于原子序数，则R为Cl元素，A．R原子有3个电子层、N原子有2个电子层，R原子的电子层数比N的电子层数多1，故A正确；B．RO3﹣中R的化合价与NO3﹣中N化合价相等，都是+5价，故B错误；C．RO3﹣中R元素化合价处于中间价态，既有氧化性又有还原性，NO3﹣中N元素处于最高价态，只有氧化性，故C错误；D．R属于第VIIA族元素、N属于第VA族元素，所以二者不属于同一主族，故D错误；故选A．【点评】本题考查了原子结构和元素性质，根据原子结构正确推断R元素是解本题关键，再结合R的原子结构、R在周期表中的位置、R元素化合价分析解答，知道元素化合价与元素性质的关系，题目难度不大． 13．某结晶水合物的化学式为R•nH2O，其相对分子质量为M．25℃时，将ag该晶体溶于bg水中恰好可形成VmL饱和溶液．下列关系正确的是（ ）A．饱和溶液的物质的量浓度c=mol/LB．饱和溶液中溶质的质量分数w=%C．25℃时R的溶解度S=gD．饱和溶液的密度ρ=g/L30\n【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A．根据n=计算R•nH2O的物质的量，而n（R）=n（R•nH2O），根据c=计算该饱和溶液的物质的量浓度；B．根据w（溶质）=×100%计算该饱和溶液质量分数；C．根据化学式计算结晶水的质量、R的质量，进而计算溶液中水的总质量，计算100g溶解R的质量即为溶解度；D．溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=计算溶液密度，或利用c=进行公示变形计算．【解答】解：A．n（R）=n（R•nH2O）=mol，该饱和溶液的物质的量浓度=mol/L，故A错误；B．根据w（溶质）=×100%，可知该饱和溶液质量分数为×100%=%，故B错误；C．R的质量为×ag，结晶水的质量为×ag，则100g：S=（×ag+bg）：×ag，解得S=g，故C正确；D．溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=可知，溶液密度为=g/mol，利用c=可知，密度ρ==×M÷g/mL=g/mL，故D错误，故选C．【点评】本题考查溶液浓度计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度，属于字母型计算，为易错题目，注意对基础知识的理解掌握． 14．下列现象或事实可用同一原理加以解释和说明的是（ ）A．氯化铵和碘都可以用加热法进行提纯B．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低C．硫酸亚铁溶液和氢氧化钠溶液在空气中久置后均会变质D．二氧化硫气体能使高锰酸钾溶液和溴水褪色【考点】二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】氧族元素．【分析】A、氯化铵加热分解、碘加热升华；B、从浓硫酸的吸水性和盐酸的易挥发性分析；30\nC、氢氧化钠与空气中的二氧化碳发生反应，硫酸亚铁溶液能被空气中的氧气氧化；D、二氧化硫气体能被高锰酸钾溶液和溴水氧化，溶液褪色．【解答】解：A、氯化铵加热分解、碘加热升华，所以不能用加热法进行提纯，故A错误；B、浓硫酸具有吸水性，溶剂增加，浓度降低，盐酸具有易挥发性，溶质减少，故B错误；C、氢氧化钠与空气中的二氧化碳发生反应，为非氧化还原反应，硫酸亚铁溶液能被空气中的氧气氧化，故C错误；D、二氧化硫气体能被高锰酸钾溶液和溴水氧化，溶液褪色，均发生氧化还原反应，原理一致，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了各物质的性质，难度不大，根据课本知识即可完成． 15．下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A．在含大量Fe3+的溶液中：NH、Na+、Cl﹣、SCN﹣B．在含有Al3+、Cl﹣的溶液中：HCO、I﹣、NH、Mg2+C．在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中：Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl﹣D．常温下，在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、S2﹣、SO、NO【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；B．碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应；C．硝酸钾在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；D．常温下，在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液为碱性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．【解答】解：A．Fe3+和SCN﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Al3+、HCO3﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．常温下，在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 16．下列离子反应方程式正确的是（ ）A．在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca（OH）2溶液：Mg2++HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═MgCO3↓+CaCO3↓+2H2OB．向饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳气体：CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣30\nC．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++2H2O+NO↑D．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至Al3+刚好沉淀完全：Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═BaSO4↓+Al（OH）3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成氢氧化镁、碳酸钙、水；B．相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则反应生成碳酸氢钠沉淀；C．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D．至Al3+刚好沉淀完全，生成硫酸钡、氢氧化铝，不符合离子的配比．【解答】解：A．在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca（OH）2溶液的离子反应为Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣═Mg（OH）2↓+CaCO3↓+2H2O，故A错误；B．向饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳气体的离子反应为2Na++CO32﹣+CO2+H2O═2NaHCO3↓，故B错误；C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++2H2O+NO↑，故C正确；D．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至Al3+刚好沉淀完全的离子反应为2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高频考点，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：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）等，题目难度不大． 17．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，下列说法中，正确的是（ ）A．每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为2molB．Fe2+和S2O32﹣都是还原剂C．1molFe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为molD．x=2【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．反应中只有氧气的元素化合价降低，根据方程式计算生成1molFe3O4，需要消耗氧气的物质的量，再结合氧元素化合价变化计算转移电子数目；B．S2O32﹣中S由+2价升高为S4O62﹣中+2.5价，Fe3O4中两个铁为+3价，一个铁为+2价，Fe2+被氧化；C．Fe2+被氧化时，提供1mol电子，根据电子转移守恒计算被Fe2+还原的O2的物质的量；D．根据电荷守恒可确定x的值．【解答】解：A．在反应中每生成1molFe3O4同时消耗1molO2，反应中只有氧气的元素化合价降低，由0价降低为﹣2价，所以转移的电子数为1mol×4=4mol，故A错误；B．S2O32﹣中S由+2价升高为S4O62﹣中+2.5价，S2O32﹣是还原剂．Fe3O4中两个铁为+3价，一个铁为+2价，Fe2+被氧化，Fe2+是还原剂，故B正确；30\nC．Fe2+被氧化时，提供1mol电子，氧元素由0价降低为﹣2价，所以被Fe2+还原的O2的物质的量为mol，故C错误；D．根据电荷守恒可确定x的值，3×2﹣4﹣x=﹣2，x=4，故D错误；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应基本概念、计算与配平等，题目难度中等，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键，本题注意根据电荷守恒可确定x的值． 18．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正确的是（ ）A．在含等物质的量的AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣B．在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I﹣、Br﹣、Fe2+C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO3D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A、用假设法判断，H+最先与AlO2﹣反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH﹣反应生成AlO2﹣，B、离子还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应．C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存．D、同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应．【解答】解：A、若H+最先与AlO2﹣反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH﹣反应生成AlO2﹣，反应顺序为OH﹣、AlO2﹣、CO32﹣，故A错误；B、离子还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I﹣、Fe2+、Br﹣，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣，故B错误；C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故C错误；D、氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确．答案：D．【点评】考查离子反应的先后顺序等，难度较大，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查． 19．将一定量的锌与100mL18.5mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A为33.6L（标准状况）．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c（H+）=0.1mol•L﹣1，则下列叙述中错误的是（ ）A．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2和H2的体积比为4：1C．反应中共消耗Zn97.5gD．反应中共转移3mol电子【考点】氧化还原反应的计算．【分析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，30\n稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算．【解答】解：生成气体的物质的量为=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为×1L×0.1mol/L=0.05mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L﹣0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2Ox2xxZn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑yyyx+y=1.52x+y=1.8解之得x=0.3，y=1.2所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气．A．由以上分析可知气体A为SO2和H2的混合物，故A正确；B．气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故B错误；C．反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）×65g/mol=97.5g，故C正确；D．在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确．故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键． 20．把少量NO2气体通入过量小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是（ ）A．氧气B．二氧化氮C．二氧化氮和氧气D．二氧化氮和一氧化氮【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物．【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】从反应的化学方程式分析，涉及的反应有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，设NO2为3mol，根据各步反应生成物的物质的量判断反应最终产物．【解答】解：设NO2为3mol，涉及的反应有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，则3molNO2生成2molHNO3和1molNO，通入小苏打后气体为2molCO2和1molNO，通入足量过氧化钠后生成1molO2和1molNO，1molO2和1molNO反应后生成1molNO2，剩余0.5molO2，故最后收集到的气体为1molNO2和0.5molO2，故选C．30\n【点评】本题考查物质的性质，本题题目难度不大，解答本题的关键为根据反应的化学方程式计算各步反应的物质的物质的量，最后确定气体的组成． 21．铋（Bi）位于元素周期表中VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠（NaBiO3）溶液呈无色．现取一定量的硫酸锰（MnSO4）溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液1适量铋酸钠溶液2过量的双氧水3适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡溶液变成蓝色则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为（ ）A．I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3B．H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4C．NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2D．KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据发生的反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性这一规律来回答判断．【解答】解：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由①中现象可知：NaBiO3把Mn2+氧化生成MnO4﹣，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于KMnO4（氧化产物）的氧化性；由②中现象可知：KMnO4氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则KMnO4（氧化剂）的氧化性强于H2O2的氧化性；从价态上看，高锰酸钾的氧化性一定是强于二氧化锰；由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性，综上所述，NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞KMnO4＞H2O2＞I2，故选C．【点评】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断规律知识，注意氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性这一规律是关键，难度不大． 22．原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等．甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，乙的化学式为YZ3，丙是由X、Y、Z组成的盐．下列说法正确的是（ ）A．原子半径：W＞Y＞Z，而离子半径：Z＞Y＞WB．甲沸点远高于乙，可能是甲分子间存在氢键所致C．测得丙的水溶液呈酸性，则溶液中丙盐阳离子浓度大于酸根离子浓度D．W的氯化物水溶液中通入YX3至过量，现象是先有白色沉淀，后逐渐溶解【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，则甲是NH3，所以X是H元素、Y是N元素，W原子的最外层电子数与其电子层数相等且原子序数大于N，所以W是Al元素，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等，所以Z是F元素，丙是由X、Y、Z组成的盐，则丙是NH4F，结合物质的结构和性质解答．【解答】解：原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，则甲是NH330\n，所以X是H元素、Y是N元素，W原子的最外层电子数与其电子层数相等且原子序数大于N，所以W是Al元素，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等，所以Z是F元素，丙是由X、Y、Z组成的盐，则丙是NH4F，A．Y为N元素，Z为F元素，W为Al元素，电子层数越多半径越大，原子半径：W＞Y＞Z，离子的电子层数相同时，原子序数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞Y＞W，故A错误；B．甲是NH3属于分子晶体，分子间含有氢键，乙为NF3属于分子晶体，分子间没有氢键，分子间含有氢键的沸点较高，则甲的沸点大于乙，故B正确；C．丙的水溶液呈酸性，说明阳离子水解大于阴离子水解程度，则溶液中丙盐阳离子浓度小于酸根离子浓度，故C错误；D．Al的氯化物水溶液中通入NH3至过量，现象是有白色沉淀，由于一水合氨是弱碱，生成的氢氧化铝不能溶于弱碱，所以白色沉淀不溶解，故D错误．故选B．【点评】本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，根据原子结构确定元素，根据物质的性质及原子结构来分析解答，知道离子半径大小的比较方法，难度中等． 23．将NaOH溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中（忽略溶液体积的变化），下列各示意图表示的混合溶液有关量的变化趋势正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】图像图表题．【分析】HCO3﹣结合OH﹣的能力强于NH4+，因而NaOH先和HCO3﹣反应，将其消耗完后再和NH4+反应，据此分析．【解答】解：因HCO3﹣结合OH﹣的能力强于NH4+，因而NaOH先和HCO3﹣反应，将其消耗完后再和NH4+反应，A．NaOH先和HCO3﹣反应，将其消耗完后再和NH4+反应，开始铵根离子浓度应不变，故A错误；B．NaOH先和HCO3﹣反应，将其消耗完后再和NH4+反应，随反应进行碳酸氢根离子浓度应逐渐减少，故B错误；C．NaOH先和HCO3﹣反应，将其消耗完后再和NH4+反应随反应进行，碳酸根离子浓度逐渐增大到不变，故C正确；D．溶液的pH随着NaOH的加入不断增大，故D错误．故选C．30\n【点评】本题考查元素及其化合物知识，明确化学反应有先后顺序，需掌握一定的读图的能力． 24．amolFeS与bmolFeO投入到VL、cmol/L的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（ ）①（a+b）×63g②（a+b）×189g③（a+b）mol④cV﹣/3mol．A．①④B．②④C．①③D．②③【考点】有关混合物反应的计算．【分析】若硝酸恰好反应时，生成硝酸铁的硝酸就是未被还原的硝酸，根据铁离子的物质的量计算未被还原的硝酸的物质的量即可；若硝酸过量时，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被还原的硝酸，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算被还原的硝酸，硝酸总量﹣被还原的硝酸=未被还原的硝酸，据此进行计算．【解答】解：若硝酸恰好反应时，amolFeS与bmolFeO被氧化生成Fe（NO3）3，根据铁原子守恒找出铁原子和硝酸的关系式：amolFeS+bmolFeO→（amol+bmol）Fe→（amol+bmol）Fe（NO3）3→3（amol+bmol）HNO3，所以未被还原的硝酸的质量=3（amol+bmol）×63g/mol=（a+b）×189g，故②正确；若硝酸过量时，amolFeS与bmolFeO生成Fe（NO3）3和H2SO4失去的电子数=amol[（3﹣2）+（6﹣（﹣2））]+bmol（3﹣2）=mol，氧化还原反应中得失电子数相等，所以硝酸得到mol电子生成一氧化氮，一个硝酸分子得到3个电子生成NO，所以被还原的硝酸的物质的量=，未被还原的硝酸的物质的量=（cV﹣）mol，故④正确；根据分析可知，正确的为②④，故选B．【点评】本题考查了有关氧化还原反应的计算，题目难度较大，明确讨论法在化学计算中的应用方法，注意本题要结合原子守恒和得失电子守恒进行分析解答． 25．已知A、B、C为中学化学中常见的单质．室温下，A为固体，B和C均为气体．在适宜的条件下，它们可以按如图进行反应．下列说法中不正确的是（ ）A．A、B、C中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物B．A、B、C中三种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱C．如果E溶液是一种强酸，则E溶液为盐酸D．A、B、C中有一种金属且为A【考点】无机物的推断．【分析】30\n已知A、B、C为中学化学中常见的单质，室温下，A为固体，B和C均为气体．在适宜的条件下，它们可以按如图所示进行反应，A为固体，常见为碳、钠、镁、铝、铁等，B、C为气体单质，常见有氯气、氧气、氢气、氮气等，固体A和气体B反应生成的D是固体，说明A为金属不为碳，E溶液能与金属反应，且E是两种气体反应所得产物，则E应为酸，C应为氢气，所以B为Cl2，E为HCl，D为金属和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是Na、Mg、Al等，结合选项来解答．【解答】解：由信息及上述转化关系可知，B为Cl2，E为HCl，C为氢气，D为金属和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是Na、Mg、Al等，A．若A为Na，B为氯气，C为氢气，三种元素中的任意两种元素形成的化合物一定不含O元素，不属于氧化物，故A错误；B．若A为Na，B为氯气，C为氢气，三种元素中的任意两种元素形成的化合物一定不含O元素，不可能为碱，故B正确；C．E为两种单质化合生成的物质，溶于水显酸性，不可能为硫酸，可以为盐酸，故C正确；D．由上述分析可知，只有A为金属，B和C均为气体非金属单质，故D正确；故选A．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握常见物质的性质、物质之间的转化反应为解答的关键，侧重分析、推断能力的综合考查，注意A为金属的分析为解答的难点，题目难度中等． 二、填空简答题（共四大题，共50分）26．下列实验操作中，叙述正确的是 GH （填字母）．A．用pH试纸测定溶液的pH时，若先用蒸馏水润湿试纸一定会导致测定结果偏小B．过滤时，为了加快过滤速率，可用玻璃棒在过滤器内搅拌C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后再将上层液体从下口放出到另﹣烧杯D．做焰色反应的铂丝，用硫酸洗涤后，再在酒精灯火焰上灼烧至无色，才可使用E．向溶液中加盐酸酸化的BaCl2，如果产生白色沉淀，则一定有SOF．证明某盐中含有NH4+的方法是：取该盐加入强碱溶液加热，如果产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，便证明有NH4+G．使用容量瓶配置一定浓度的溶液时，俯视刻度线定容后所得溶液的浓度偏高H．用灼烧法鉴别棉织品和毛织品，有焦臭味的是毛织品．【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．如溶液呈中性，则用蒸馏水润湿试纸不会产生影响；B．过滤时不能用玻璃棒搅拌；C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；D．不能利用稀硫酸清洗铂丝；E．白色沉淀可能为AgCl；F．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝；G．使用容量瓶配置一定浓度的溶液时，俯视刻度线定容后所得溶液的浓度偏高；H．毛织品的成分为蛋白质，灼烧有焦臭味．【解答】解：A．如溶液呈中性，则用蒸馏水润湿试纸不会产生影响，但即使溶液呈中性，也不能先湿润试纸，故A错误；B．过滤时不能用玻璃棒搅拌，防止将滤纸捣破而导致滤液浑浊，故B错误；C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，将上层液体从下口放出可导致液体不纯，故C错误．30\nD．不能利用稀硫酸清洗铂丝，硫酸不挥发，干扰实验，应利用稀盐酸清洗，故D错误；E．白色沉淀可能为AgCl，也可能为硫酸钡，则原溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但不同时存在，故E错误；F．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则检验方法中试纸不合理，故F错误；G．使用容量瓶配置一定浓度的溶液时，俯视刻度线定容后，溶液体积偏小，所以所得溶液的浓度偏高，故G正确；H．毛织品的成分为蛋白质，灼烧有焦臭味，则用灼烧法鉴别棉织品和毛织品，故H正确；故答案为：GH．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质鉴别、溶液配制、物质或离子检验等知识点，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，从操作的规范性及评价性分析判断，题目难度不大． 27．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色．（1）B中反应的离子方程式是 Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O ．（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验．取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在 Fe3+ ．（3）资料显示：SCN﹣的电子式为．甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究．①取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN﹣中被氧化的元素是 硫元素 ．②甲同学通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，已知SCN﹣中碳元素没有被氧化，若SCN﹣与Cl2反应生成1molCO2，则转移电子的物质的量是 16 mol．【考点】性质实验方案的设计．【分析】探究Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应，Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色，A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，根据SCN﹣的电子式为可知，SCN﹣中碳显+4价，硫显﹣2价，氮显﹣3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN﹣中硫显﹣2价，所以被氧化的元素为硫元素．（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式；（2）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+；（3）①加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN﹣中硫显﹣2价，所以被氧化的元素为硫元素；②SCN﹣与Cl2反应的化学方程式可以计算出电子转移的物质的量．30\n【解答】解：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；（3）①加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN﹣中硫显﹣2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；②SCN﹣与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN﹣+8Cl2+9H2O=NO3﹣+SO42﹣+CO2+Cl﹣+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为：16．【点评】本题是实验方案的综合题，综合性较强，其中涉及到了离子的检验、氧化还原的离子方程式的书写、化学计算等知识点，解题的关键是要掌握元素化合物的基础知识及实验基本操作要求，题目难度中等． 28．现有下列11种中学化学常见的物质，在一定条件下可以实现如图所示的转化关系，图中某些反应物和生成物已经略去．已知：A为两种元素组成的化合物，其焰色反应透过蓝色钴玻璃观察到为紫色；B为单质，是一种有毒气体；反应①的条件是用惰性电极电解；反应②的条件是将E的水溶液加热蒸干、灼烧；Y为常见金属；F中金属元素（+3价）质最分数为70%，C为三核22电子的氧化物．回答下列问题：（1）D的电子式为 ，H的化学式为 KHCO3 ；（2）反应③的化学方程式为 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 ．过量C通入I溶液中发生反应的离子方程式为 CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ；（3）指出G的一种用途： 耐火材料 ；（4）将一定量的B通人到含有lmolXBr2的溶液中，若有的Br一被氧化，则通入的B在标准状况下的体积为 18.7 L（保留一位小数）；（5）有同学说：“根据类比推理，三价x的硫酸盐溶液加热蒸干后得到的固体跟物质E加热蒸干后得到的固体是相同的”，这个说法是否正确？ 不正确 （填“正确”或“不正确”），理由是 硫酸铁水解生成的不挥发性酸﹣﹣硫酸，硫酸和氢氧化铁反应又生成硫酸铁，故硫酸铁溶液加热蒸干得到是带结晶水的硫酸铁晶体，而氯化铁水解生成挥发性酸﹣﹣盐酸，使氯化铁的水解彻底进行到底，故氯化铁溶液加热蒸干得到的水氢氧化铁 ．【考点】无机物的推断．30\n【专题】推断题．【分析】A为两种元素组成的化合物，其焰色反应透过蓝色钴玻璃观察到为紫色，则A含有K元素，用惰性电极电解A的溶液得到B为单质是一种有毒气体，则A为KCl、B为Cl2，溶液D为KOH，C为三核22电子的氧化物，能与KOH溶液反应，则C为CO2，H为KHCO3，反应②的条件是将E的水溶液加热蒸干、灼烧，F中金属元素（+3价）质最分数为70%，可推知X为Fe，F为Fe2O3，Y为常见金属，反应③为铝热反应，Y为Al、G为Al2O3，I为NaAlO2，据此解答．【解答】解：A为两种元素组成的化合物，其焰色反应透过蓝色钴玻璃观察到为紫色，则A含有K元素，用惰性电极电解A的溶液得到B为单质是一种有毒气体，则A为KCl、B为Cl2，溶液D为KOH，C为三核22电子的氧化物，能与KOH溶液反应，则C为CO2，H为KHCO3，反应②的条件是将E的水溶液加热蒸干、灼烧，F中金属元素（+3价）质最分数为70%，可推知X为Fe，F为Fe2O3，Y为常见金属，反应③为铝热反应，Y为Al、G为Al2O3，I为NaAlO2．（1）D为KOH，电子式为，H的化学式为KHCO3，故答案为：；KHCO3；（2）反应③的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，过量C通入I溶液中发生反应的离子方程式为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）G为Al2O3，可以冶炼铝，可以用作耐火材料，故答案为：耐火材料；（4）将一定量的氯气通人到含有lmolFeBr2的溶液中，若有的Br﹣被氧化，说明亚铁离子完全被氧化，根据电子转移守恒，可知通入氯气为=mol，则标况下通入氯气体积为mol×22.4L/mol=18.7L，故答案为：18.7；（5）硫酸铁水解生成的不挥发性酸﹣﹣硫酸，硫酸和氢氧化铁反应又生成硫酸铁，故硫酸铁溶液加热蒸干得到是带结晶水的硫酸铁晶体，而氯化铁水解生成挥发性酸﹣﹣盐酸，使氯化铁的水解彻底进行到底，故氯化铁溶液加热蒸干得到的水氢氧化铁，故答案为：不正确；硫酸铁水解生成的不挥发性酸﹣﹣硫酸，硫酸和氢氧化铁反应又生成硫酸铁，故硫酸铁溶液加热蒸干得到是带结晶水的硫酸铁晶体，而氯化铁水解生成挥发性酸﹣﹣盐酸，使氯化铁的水解彻底进行到底，故氯化铁溶液加热蒸干得到的水氢氧化铁．【点评】本题考查无机物推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，涉及电子式、方程式书写、氧化还原反应计算、盐类水解等，是对学生综合能力的考查，难度中等． 29．已知：相同的两种元素组成的四种微粒A、B、C、D的质子数依次增多，A、B、C、D的电子数如表（A、B、C、D有两组可能），且D中的电子数等于质子数，D1可作医用消毒液．其中B1的沸点比B2高．30\n①A1B1C1D1电子数10101018②A2B2C2D2电子数10101018试回答下列问题：（1）上述两组八种微粒的组成元素中，原子序数处在中间的元素在元素周期表的位置是 第二周期第VA族 ；D1的电子式为： ．（2）液态的B2与Na反应的方程式： 2Na+2NH3（l）=2NaNH2+H2↑ ．（3）①亚氯酸钠（NaClO2）主要可用于棉纺、造纸业做漂白剂，也用于食品消毒、水处理等，制备亚氯酸钠，可以将ClO2气体通入D1和NaOH的混合液中，请写出制备方程式 2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 ，其中D1的作用是 还原剂 ；②利用①中原理制备出NaClO2•3H2O晶体的试样，可以用“间接碘量法”测定试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下（已知：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣）：步骤一的离子方程式为 ClO2﹣+4I﹣+4H+=2I2+Cl﹣+2H2O ；步骤二的指示剂是 淀粉 ；步骤三中出现 溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色现象 现象时，达到滴定终点；计算该试样中NaClO2•3H2O的质量百分数为 90.3% ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；化学方程式的书写．【专题】实验分析题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；定量测定与误差分析．【分析】相同的两种元素组成的四种微粒A、B、C、D的质子数依次增多，A、B、C都是10电子，D为18电子，应是H与O或H与N形成的微粒，H与O形成的微粒A、B、C、D为分别为：OH﹣、H2O、H3O+、H2O2，H与N形成的微粒A、B、C、D为分别为：NH2﹣、NH3、NH4+、N2H4，B1的沸点比B2高，故B1为H2O，B2为NH3，故：H与O形成的微粒为第一组，则：A1为OH﹣，B1为H2O，C1为H3O+，D1为H2O2；H与N形成的微粒为第二组，则：A1为NH2﹣，B2为NH3，C2为NH4+，D2为N2H4；（1）原子序数处在中间为N元素，N原子有2个电子层，最外层电子数为5，据此确定在元素周期表中的物质；D2为N2H4，分子中N原子之间形成1对共用电子对，H原子与N原子之间形成1对共用电子对；（2）Na与NH3（l）反应生成NaNH2、H2；（3）①由题目可知，ClO2气体通入H2O2和NaOH的混合液中生成NaClO2，Cl元素化合价降低，被还原，故H2O2发生氧化反应生成O2，同时有水生成；②由流程图可知，ClO2﹣在酸性条件下氧化I﹣生成I2，碘遇淀粉变蓝色，加入淀粉作指示剂，进行滴定，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色现象时，达到滴定终点；令样品的纯度为a，则NaClO2•3H2O的质量质量为0.2ag，根据关系式列方程计算．【解答】解：相同的两种元素组成的四种微粒A、B、C、D的质子数依次增多，A、B、C都是10电子，D为18电子，应是H与O或H与N形成的微粒，H与O形成的微粒A、B、C、D为分别为：OH﹣、H2O、H3O+、H2O2，H与N形成的微粒A、B、C、D为分别为：NH2﹣、NH3、NH4+、N2H4，B1的沸点比B2高，故B1为H2O，B2为NH3，故：H与O形成的微粒为第一组，则：A1为OH﹣，B1为H2O，C1为H3O+，D1为H2O2；30\nH与N形成的微粒为第二组，则：A1为NH2﹣，B2为NH3，C2为NH4+，D2为N2H4；（1）原子序数处在中间为N元素，N原子有2个电子层，最外层电子数为5，处于周期表中第二周期第VA族，D1为H2O2，其电子式为：，故答案为：第二周期第VA族；；（2）Na与NH3（l）反应生成NaNH2、H2，反应方程式为：2Na+2NH3（l）=2NaNH2+H2↑，故答案为：2Na+2NH3（l）=2NaNH2+H2↑；（3）①由题目可知，ClO2气体通入H2O2和NaOH的混合液中生成NaClO2，Cl元素化合价降低，被还原，故H2O2发生氧化反应生成O2，同时有水生成，反应方程式为：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，反应中H2O2是还原剂，故答案为：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；还原剂；②由流程图可知，ClO2﹣在酸性条件下氧化I﹣生成I2，ClO2﹣被还原为Cl﹣，同时生成H2O，反应离子方程式为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=2I2+Cl﹣+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，加入淀粉作指示剂，进行滴定，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色现象时，达到滴定终点，令样品的纯度为a，则NaClO2•3H2O的质量质量为0.2ag，则：NaClO2•3H2O～2I2～4S2O32ˉ144.5g4mol0.2ag0.2mol/L×0.025L所以144.5g：0.2ag=4mol：0.2mol/L×0.025L解得a=90.3%，故答案为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=2I2+Cl﹣+2H2O；淀粉；溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色现象；90.3%．【点评】本题考查物质推断、化学用语、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度较大，推断物质是解题的关键，注意掌握常见10电子、18电子微粒． 30．将总物质的量为4mol的Na2O2和Al2（SO4）3混合物投入足量水中，充分反应后生成ymol沉淀（y≠0）．若以x表示原混合物中Na2O2的物质的量，试建立y=f（x）的函数关系式，将x的取值与y=f（x）关系式填写在表内（可填满，也可不填满或补充），并在图中画出函数图象．x值y=f（x） 0＜x≤3 y=x 3＜x＜3.2 y=32﹣10x ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ 【考点】有关混合物反应的计算．30\n【专题】利用化学方程式的计算．【分析】Na2O2和与H2O反应生成的NaOH，恰好与Al2（SO4）3反应时，生成的Al（OH）3沉淀量最大．根据反应式知道此时，n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]=3：1，当n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]≤3：1时，NaOH不足（或恰好反应），与Al3+反应生成Al（OH）3，由Na2O2根据Na原子守恒计算NaOH的物质的量，根据OH﹣守恒由NaOH计算Al（OH）3沉淀的量；当n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]＞3：1时，Al的存在有Al（OH）3和AlO2﹣两种，有XmolNa2O2，则Al2（SO4）3为（4﹣X）mol，由Na2O2根据Na原子守恒计算NaOH的物质的量，Na2O2和与H2O反应生成的NaOH有两部分作用，（一）与Al3+反应生成Al（OH）3，（二）与Al3+反应生成AlO2﹣，根据Al原子守恒用X、Y表示出AlO2﹣，的物质的量，进而表示出上述两部分消耗的NaOH的量，两部分消耗的NaOH的物质的量之和即为Na2O2和与H2O反应生成的NaOH；根据分析画出函数图象．【解答】解：Na2O2为xmol，则Al2（SO4）3为（4﹣x）mol，据Na原子守恒得n（NaOH）=2n（Na2O2）=2Xmol，根据Al原子守恒得n（Al3+）=2n[Al2（SO4）3]=2（4﹣x）mol，Na2O2和与H2O反应生成的NaOH，恰好与Al2（SO4）3反应时，生成的Al（OH）3沉淀量最大，所以有n（Al3+）：n（NaOH）=1：3，即2（4﹣x）mol：2Xmol=1：3，解得，X=3，所以（4﹣x）mol=1mol，即n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]=3：1．当n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]≤3：1时，NaOH不足，根据NaOH计算Al（OH）3的量，根据OH﹣守恒有2x=3y，即y=；由于n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]≤3：1，y＞0；所以xmol：（4﹣x）mol≤3：1，＞0，联立解得：0＜x≤3；当n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]＞3：1时，Al的存在有Al（OH）3和AlO2﹣两种，有xmolNa2O2，则Al2（SO4）3为（4﹣x）mol，据Na原子守恒得：n（NaOH）=2n（Na2O2）=2xmol，根据Al原子守恒得：n（AlO2﹣）=[2（4﹣x）﹣y]mol=（8﹣2x﹣y）mol，由关系式Al3+～～3OH﹣～～Al（OH）3Al3+～4OH﹣～～AlO2﹣3ymolymol4（8﹣2x﹣y）mol（8﹣2x﹣y）mol所以：3ymol+4（8﹣2x﹣y）mol=2xmol，解得：y=32﹣10x，由于n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]＞3：1、y＞0，所以xmol：（4﹣x）mol＞3：1，32﹣10x＞0，联立解得：3＜x＜3.2，根据以上分析可画出函数图象为：，故答案为：x值y=f（x）30\n0＜x≤3y=x3＜x＜3.2y=32﹣10x．【点评】本题以过氧化钠的性质、铝的化合物性质为载体，考查范围讨论计算，题目难度较大，关键在于明确反应过程，确定恰好反应点，以此分段讨论，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力． 30
