2022-2022学年山西省晋中市四校联考高三（上）期中化学试卷 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．2022年4月，黄浦江上游水质污染较为严重，相关自来水厂采用多种方法并用的方式进行水质处理，下列说法中错误的是（ ）A．加活性炭可吸附水中小颗粒，净化水质的方法属于物理方法B．加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性C．用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法D．用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化 2．固体NH5属于离子晶体．它与水反应的化学方程式为：NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气．下列有关NH5叙述正确的是（ ）A．与水反应时，水作氧化剂B．NH5中N元素的化合价为+5价C．1molNH5中含有5NA个N﹣H键D．与乙醇反应时，NH5被还原 3．下列各项内容中，排列顺序正确的是（ ）①固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3②物质的熔点Li＞Na＞K③微粒半径：K+＞S2﹣＞F﹣④单质的密度Na＜K＜Rb⑤氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O．A．①③B．②④C．①②D．③⑤ 4．某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）．下列结论正确的是（ ）A．如果甲中含有S2﹣，则乙是硫磺沉淀B．如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C．丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D．甲中含有铁元素，可能显+2价或+3价 5．下列陈述I、Ⅱ正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述I陈述ⅡASO2和氯水有漂白性两者都能使溴水褪色BCuSO4可以用作游泳池消毒剂铜盐能使蛋白质变性C盐酸和氨水能溶解Al（OH）3Al（OH）3是两性氢氧化物D用淀粉﹣KI溶液鉴别FeCl2Fe2+有氧化性A．AB．BC．CD．D 23\n6．四种短周期元素在周期表中的位置如表，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，下列说法不正确的是（ ）YZMXA．原子半径Z＜MB．非金属性：X＜ZC．M元素最高价氧化物对应水化物具有两性D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱 7．下列实验现象预测正确的是（ ）A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，但颜色不变C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应 8．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2（s）+2Fe3+（aq）═2Fe（OH）3（s）+3Mg2+（aq）B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C．已知：酸的强弱H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则：2ClO﹣+CO2（少量）+H2O═CO32﹣+2HClOD．将足量的NaHCO3溶液加入少量澄清石灰水中：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O 9．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．常温常压下，92g的N02和N204混合气体中含有原子数为6NAB．惰性电极电解食盐水，若电路中通过NA个电子，则阳极产生气体11.2LC．0.25molNa202中含有的阴离子数为0.5NAD．在反应KI03+6HI=KI+3I2+3H20中，每生成3molI2转移的电子数为6NA 10．某溶液中可能含有OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣、SiO32﹣、SO42﹣、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀物质的量随盐酸的体积变化如图所示，下列说法正确的是（ ）A．原溶液一定含有Na2SO4B．反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl23\nC．原溶液中一定含有的阴离子是OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣、SiO32﹣D．原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：1 11．稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应．已知：①铈常见的化合价为+3和+4；②氧化性：Ce4+＞Fe3+．下列说法正确的是（ ）A．Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B．工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C．铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI═2CeI3+3H2↑D．工业上金属铈一般保存在敞口容器中 12．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． 13．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（ ）A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体D．将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体 14．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（ ）A．与NaOH反应的氯气一定为0.3molB．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25D．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：123\n 二、解答题（共5小题，满分58分）15．（12分）（2022秋•晋中期中）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 ，Fe3O4可写成FeO•Fe2O3的形式，如果将Pb3O4也写成相对应的形式应为： ．（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可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，其反应的离子方程式为 ．（3）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如右图所示，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，计算x值和m：n． 16．（10分）（2022秋•晋中期中）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得．某学生拟用下图所示的装置模拟制取并收集ClO2．（1）B必须放在冰水浴中控制温度，其原因是 ．（2）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2．根据右上图所示的NaClO2溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制NaClO2操作步骤：a ；b ；③洗涤；④干燥．（3）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．23\n①Ⅱ中反应的离子方程式是 ．②ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．写出该反应化学方程式 ．③NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl．取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+物质的量 ．（填“相同”，“不同”或“无法判断”） 17．（12分）（2022秋•晋中期中）有A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D、F为常见金属元素．A元素原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，E与C同主族．均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应：均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．请回答下列问题：（1）单质B的结构式： ．（2）F元素周期表中的位置： ．（3）均含有F元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 ；均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 ．（4）由A、C元素组成化合物良和A、E元素组成的化合物辛，式量均为34．其中庚的溶沸点比辛 （填“高”或“低”），原因是 ． 18．二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式 ．（2）已知：Se+2H2SO4（浓）→2SO2↑+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是 ．（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目． ．23\n（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为 ． 19．（15分）（2022•朝阳模拟）某氯化铁与氯化亚铁的混合物．现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：Ⅰ．请根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有 、 ，（填仪器名称）（2）请写出加入溴水发生的离子反应方程式 ，（3）将沉淀物加热，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2g，若b1﹣b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是 ．若蒸发皿质量是W1g，蒸发皿与加热后固体总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数是 Ⅱ．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（1）溶解样品改用了硫酸，而不用盐酸，为什么 （2）选择的还原剂是否能用铁 （填“是”或“否”），原因是： ．（3）若滴定用掉cmol/LKMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是 ． 23\n2022-2022学年山西省晋中市四校联考高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．2022年4月，黄浦江上游水质污染较为严重，相关自来水厂采用多种方法并用的方式进行水质处理，下列说法中错误的是（ ）A．加活性炭可吸附水中小颗粒，净化水质的方法属于物理方法B．加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性C．用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法D．用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；臭氧．【分析】A．活性炭具有吸附性，能吸附一些异味和杂质；B．臭氧的净水的原理是利用其强氧化性；C．生物法去除氨氮是在指废水中的氨氮在各种微生物的作用下，通过硝化和反硝化等一系列反应，最终形成氮气，从而达到去除氨氮的目的；D．聚合硫酸铁作为净水剂作用原理是Fe3+在水中生成Fe（OH）3胶体，胶体能吸附水中的悬浮物，使物质沉淀，达到净水的目的．【解答】解：A．活性炭池能滤去水中不溶性杂质，吸附掉一些可溶性杂质，除去水中的异味，故A正确；B．加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性，故B正确；C．用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法，故C正确；D．聚合硫酸铁作为净水剂作用原理是Fe3+在水中生成Fe（OH）3胶体，是化学变化，胶体能吸附水中的悬浮物，使物质沉淀，是物理变化，故D错误；故选D．【点评】本题主要考查了自来水厂进行水质处理的方法，掌握各自的原理是解题的关键，难度不大． 2．固体NH5属于离子晶体．它与水反应的化学方程式为：NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气．下列有关NH5叙述正确的是（ ）A．与水反应时，水作氧化剂B．NH5中N元素的化合价为+5价C．1molNH5中含有5NA个N﹣H键D．与乙醇反应时，NH5被还原【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．得电子化合价降低的反应物是氧化剂；B．根据元素化合价的代数和为0计算氮元素的化合价，注意NH5属于离子晶体；C．NH5是离子化合物氢化铵，由氢离子和铵根离子构成，根据构成离子计算含有氮氢键个数；D．得电子化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂在反应中被还原．【解答】解：A．该反应中，水中的氢元素化合价由+1价→0价，所以水得电子作氧化剂，故A正确；B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，氢离子为﹣1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为﹣3价，故B错误；23\nC．NH5是离子化合物氢化铵，所以1molNH5中有4NA个N﹣H键，故C错误；D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中氢离子的化合价由﹣1价→0价，所以失电子作还原剂，在氧化还原反应中被氧化，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应，难度较大，能根据题意判断化合物NH5含有的离子是解本题的关键． 3．下列各项内容中，排列顺序正确的是（ ）①固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3②物质的熔点Li＞Na＞K③微粒半径：K+＞S2﹣＞F﹣④单质的密度Na＜K＜Rb⑤氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O．A．①③B．②④C．①②D．③⑤【考点】元素周期律的作用；微粒半径大小的比较；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】①碳酸氢钠加热易分解，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定；②碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低；③核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小；④碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势；⑤考虑氢键和分子间作用力的区别．【解答】解：①碳酸氢钠加热易分解，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定，所以热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3，故①正确；②碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低，所以熔点Li＞Na＞K，故②正确；③S2﹣、K+为核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小，所以半径：S2﹣＞K+＞F﹣，故③错误；④碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势，钾反常，所以单质的密度：K＜Na＜Rb，故④错误；⑤从两个角度考虑，水中存在氢键，沸点最高，H2Se和H2S结构相似，分子间只存在范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，故正确顺序为H2O＞H2Se＞H2S，故⑤错误．故选C．【点评】本题考查元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于基础知识的考查，注意把握元素周期律的递变规律等，把握比较角度，难度不大． 4．某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）．下列结论正确的是（ ）A．如果甲中含有S2﹣，则乙是硫磺沉淀B．如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C．丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D．甲中含有铁元素，可能显+2价或+3价【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．23\n【分析】甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，据此解答．【解答】解：甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，A．由上述分析可知，甲中含有Fe2+或Fe3+，硫化亚铁不溶，S2﹣与Fe3+发生氧化反应，不能共存，故A错误；B．AgCl是白色沉淀，乙不可能是AgCl，故B错误；C．丙中一定含有Fe3+，甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，故C错误；D．甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子检验，元素化合物性质等，难度中等，注意掌握常见离子检验方法，注意酸性硝酸银溶液有强氧化性． 5．下列陈述I、Ⅱ正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述I陈述ⅡASO2和氯水有漂白性两者都能使溴水褪色BCuSO4可以用作游泳池消毒剂铜盐能使蛋白质变性C盐酸和氨水能溶解Al（OH）3Al（OH）3是两性氢氧化物D用淀粉﹣KI溶液鉴别FeCl2Fe2+有氧化性A．AB．BC．CD．D【考点】二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】元素及其化合物．【分析】A．二氧化硫的具有还原性能与氯水发生氧化还原而褪色；B．重金属离子能够使蛋白质变性，能够杀菌消毒；C．氢氧化铝只能够在强碱中溶解；D．二价铁离子氧化性弱于碘，不能氧化碘离子．【解答】解：A．二氧化硫的具有还原性能与氯水发生氧化还原而褪色，而氯水与溴水不反应，故A错误；B．CuSO4重金属离子能够使蛋白质变性，可以用作游泳池消毒剂，故B正确；C．氢氧化铝只能够在强碱中溶解，氨水属于弱碱不能溶解氢氧化铝，故C错误；D．二价铁离子氧化性弱于碘，不能氧化碘离子，所以不能用淀粉﹣KI溶液鉴别FeCl2，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了元素化合物性质，明确二氧化硫、氯水、硫酸铜、二价铁离子的性质是解题关键，题目难度不大． 6．四种短周期元素在周期表中的位置如表，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，下列说法不正确的是（ ）YZMX23\nA．原子半径Z＜MB．非金属性：X＜ZC．M元素最高价氧化物对应水化物具有两性D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由四种短周期元素在周期表中的位置可知，Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，则M为Al，可推知X为Si、Y为N、Z为O．A．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；B．同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱；C．氢氧化铝是两性氢氧化物；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强．【解答】解：由四种短周期元素在周期表中的位置可知，Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，则M为Al，可推知X为Si、Y为N、Z为O．A．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z＜M，故A正确；B．同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性：X＜Z，故B正确；C．氢氧化铝溶于强酸、强碱生成相应的盐与水，是两性氢氧化物，故C正确；D．同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性X＜Y，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故D错误，故选D．【点评】本题考查元素周期表与元素周期表，侧重对元素周期律的考查，注意整体把握元素周期表的结构、理解元素周期律，难度不大． 7．下列实验现象预测正确的是（ ）A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，但颜色不变C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．溴可与氢氧化钠溶液反应；B．蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体；C．生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体；D．饱和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体．23\n【解答】解：A．溴可与氢氧化钠溶液反应，振荡后静置，上层溶液无色，故A错误；B．蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，故C错误；D．饱和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，故D正确；故选：D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，考查较为综合，涉及分液、浓硫酸的性质、NO以及胶体的制备等，侧重于学生的实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握相关物质的性质以及实验方法，难度中等． 8．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2（s）+2Fe3+（aq）═2Fe（OH）3（s）+3Mg2+（aq）B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C．已知：酸的强弱H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则：2ClO﹣+CO2（少量）+H2O═CO32﹣+2HClOD．将足量的NaHCO3溶液加入少量澄清石灰水中：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氢氧化铁沉淀溶解度小于氢氧化镁，实现沉淀的转化；B．钠与硫酸铜溶液反应，先于水反应生成氢氧化钠溶液，再与硫酸铜发生复分解反应；C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3﹣；D．氢氧化钙少量，反应按照氢氧化钙的化学式进行，钙离子不足，反应后溶液中存在碳酸根离子．【解答】解：A．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2，离子方程式：3Mg（OH）2（s）+2Fe3+（aq）═2Fe（OH）3（s）+3Mg2+（aq），故A正确；B．钠与CuSO4溶液反应，离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+═Cu（OH）2↓+2Na++H2↑，故B错误；C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3﹣，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故C错误；D．将足量的NaHCO3溶液加入少量澄清石灰水中，离子方程式：HCO3﹣+2OH﹣+Ca2+═CO32﹣+CaCO3↓+2H2O，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确发生的离子反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，注意反应物用量对反应的影响，注意水与盐溶液反应的原理，题目难度不大． 9．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．常温常压下，92g的N02和N204混合气体中含有原子数为6NAB．惰性电极电解食盐水，若电路中通过NA个电子，则阳极产生气体11.2LC．0.25molNa202中含有的阴离子数为0.5NAD．在反应KI03+6HI=KI+3I2+3H20中，每生成3molI2转移的电子数为6NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、N02和N204的最简式均为N02；B、气体所处的状态不明确；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；D、反应KI03+6HI=KI+3I2+3H20转移5mol电子时生成3mol碘单质．23\n【解答】解：A、N02和N204的最简式均为N02，故92g混合物中含有的N02的物质的量n==2mol，故含有6mol原子即6NA个，故A正确；B、电路中通过NA个电子，则阳极产生气体为0.5mol，但由于气体所处的状态不明确，不一定是标况，故体积不一定是11.2L，故B错误；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.25mol过氧化钠中含0.25mol阴离子即0.25NA个，故C错误；D、反应KI03+6HI=KI+3I2+3H20转移5mol电子时生成3mol碘单质，故当生成3mol碘单质时转移5mol电子即5NA个，故D错误．故选A．【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． 10．某溶液中可能含有OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣、SiO32﹣、SO42﹣、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀物质的量随盐酸的体积变化如图所示，下列说法正确的是（ ）A．原溶液一定含有Na2SO4B．反应最后形成的溶液中的溶质为NaClC．原溶液中一定含有的阴离子是OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣、SiO32﹣D．原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：1【考点】离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH﹣离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2﹣、和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子．【解答】解：依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH﹣离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2﹣、SiO32﹣和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子；A、溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故A错误；B、反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故B错误；C、依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣，故C正确；23\nD、依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4L，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为3：4，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子检验的方法应用，图象分析判断是解题关键，硅酸根离子、偏铝酸根离子和酸反应生成沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸是解题关键． 11．稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应．已知：①铈常见的化合价为+3和+4；②氧化性：Ce4+＞Fe3+．下列说法正确的是（ ）A．Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B．工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C．铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI═2CeI3+3H2↑D．工业上金属铈一般保存在敞口容器中【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】A、具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素；B、铈单质容易和水之间发生反应；C、三价铈离子几乎不具有氧化性，和碘离子之间不反应；D、铈单质容易和水之间发生反应．【解答】解：A、核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，而同素异形体是由同样的单一化学元素构成，但性质却不相同的单质之间的互称，故A错误；B、铈单质容易和水之间发生反应，所以不用电解氯化铈水溶液来获得铈单质，故B错误；C、金属铈可以和强酸HI酸反应生成三价的铈盐和水，故C正确；D、铈单质容易和空气中的水之间发生反应，所以铈一般不能保存在敞口容器中，故D错误．故选：C．【点评】本意是一道关于氧化还原反应的综合知识题目，可以根据教材知识来回答，题目难度中等． 12．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．23\n【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﹣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． 13．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（ ）A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体D．将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．根据反应物和生成物的化学式判断，途径①产生二氧化硫气体污染性气体；B、硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；23\nC．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO2、SO3，依据电子守恒分析；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体．【解答】解：A．相对于途径①、③，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；C．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO3、SO2，根据2CuSO4═Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故D正确；故选C．【点评】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等． 14．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（ ）A．与NaOH反应的氯气一定为0.3molB．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25D．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1【考点】氯气的化学性质；化学方程式的有关计算．【专题】元素及其化合物．【分析】A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），再根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），据此计算；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，据此判断；C、利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断．【解答】解：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；23\nC、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意极限法与守恒法的利用． 二、解答题（共5小题，满分58分）15．（12分）（2022秋•晋中期中）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ⅣA族 ，Fe3O4可写成FeO•Fe2O3的形式，如果将Pb3O4也写成相对应的形式应为： 2PbO•PbO2 ．（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 ．PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，其反应的离子方程式为 PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣ ．（3）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如右图所示，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，计算x值和m：n．【考点】碳族元素简介．【专题】元素及其化合物．【分析】（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；元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；根据题意提供信息，仿照Fe3O4的氧化物形式书写Pb3O4氧化物，把氧化物改写成盐的形式时，要把化合价较低的元素作为阳离子，把化合价较高的元素和氧元素组成酸根；（2）二氧化铅和浓盐酸反应生成氯气，同时生成氯化铅和水；PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠；（3）若a点固体组成表示为PbOx，根据PbO2PbOx+O2↑列方程计算x的值；若组成表示为mPbO2•nPbO，则O原子与Pb原子的比值为x，据此计算解答．23\n【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，Pb在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb的两种氧化物形式为：PbO和PbO2，那么Pb3O4的氧化物的表示形式可以写成2PbO•PbO2．故答案为：第六周期ⅣA族；2PbO•PbO2；（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，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：PbO2+4HCl（浓）=PbCl2+Cl2↑+2H2O；PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣；（3）若a点固体组成表示为PbOx，根据PbO2PbOx+O2↑，×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=x==1.4，得m：n=2：3，答：x为1.4；m：n为2：3．【点评】本题考查碳族元素性质，涉及物质的量的有关计算、离子反应等知识点，注意（3）中的计算，为易错点． 16．（10分）（2022秋•晋中期中）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得．某学生拟用下图所示的装置模拟制取并收集ClO2．（1）B必须放在冰水浴中控制温度，其原因是 使ClO2充分冷凝，减少挥发 ．（2）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2．根据右上图所示的NaClO2溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制NaClO2操作步骤：a 蒸发结晶 ；b 趁热过滤 ；③洗涤；④干燥．（3）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．①Ⅱ中反应的离子方程式是 2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O ．23\n②ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．写出该反应化学方程式 5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O ．③NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl．取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+物质的量 相同 ．（填“相同”，“不同”或“无法判断”）【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】模拟制取并收集ClO2时关注二氧化氯的特殊物理性质其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水，故制备时要适当控制温度防挥发，从尾气处理装置中得到的NaClO2溶液中制得NaClO2的操作蒸发结晶，（1）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行；（2）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（3）硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由﹣1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3﹣+2H++SO32﹣=2ClO2↑+SO42﹣+H2O；①碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2﹣和水；②亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2和NaCl、水；③已变质和未变质的NaClO2与Fe2+反应都生成Cl﹣，根据转移电子守恒判断．【解答】解：模拟制取并收集ClO2时关注二氧化氯的特殊物理性质其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水，故制备时要适当控制温度防挥发，从尾气处理装置中得到的NaClO2溶液中制得NaClO2的操作蒸发结晶，（1）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；（2）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，防止析出晶体NaClO2•3H2O，趁热过滤，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；（3）硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由﹣1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3﹣+2H++SO32﹣=2ClO2↑+SO42﹣+H2O；①碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2﹣和水，离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；②亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2和NaCl、水，反应方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O；23\n③Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同．【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，明确I、II、III中发生的反应及物质的性质是解本题关键，难点是离子方程式的书写，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题关键，难度中等． 17．（12分）（2022秋•晋中期中）有A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D、F为常见金属元素．A元素原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，E与C同主族．均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应：均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．请回答下列问题：（1）单质B的结构式： N≡N ．（2）F元素周期表中的位置： 第四周期第ⅤⅢ族 ．（3）均含有F元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 Fe+2Fe3+=3Fe2+ ；均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 3AlO2﹣+Al3++H2O=4Al（OH）3↓ ．（4）由A、C元素组成化合物良和A、E元素组成的化合物辛，式量均为34．其中庚的溶沸点比辛 高 （填“高”或“低”），原因是 H2O2分子间存在氢键 ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，A元素原子核内只有一个质子，则A为H元素；元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，气体摩尔质量=22.4L/mol×0.759g•L﹣1=17g/mol，该气体甲为NH3，则B为N元素；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O氧元素；E与C同主族，则E为S元素；D、F为常见金属元素，均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，则D为Al元素，乙为AlO2﹣、丙为Al（OH）3、丁为Al3+；均含F元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，F为非短周期元素，则F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，据此解答．【解答】解：元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，A元素原子核内只有一个质子，则A为H元素；元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，气体摩尔质量=22.4L/mol×0.759g•L﹣1=17g/mol，该气体甲为NH3，则B为N元素；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O氧元素；E与C同主族，则E为S元素；D、F为常见金属元素，均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，则D为Al元素，乙为AlO2﹣、丙为Al（OH）3、丁为Al3+；均含F元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，F为非短周期元素，则F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，（1）B为N元素，单质B的结构式为N≡N，故答案为：N≡N；23\n（2）F为Fe元素，F元素周期表中的位置是第四周期第ⅤⅢ族，故答案为：第四周期第ⅤⅢ族；（3）F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，D为Al元素，乙为AlO2﹣、丁为Al3+，均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式为3AlO2﹣+Al3++H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；3AlO2﹣+Al3++H2O=4Al（OH）3↓；（4）由H、O元素组成化合物庚和H、S元素组成的化合物辛，式量均为34，则庚为H2O2、辛为H2S，H2O2分子间存在氢键，沸点比硫化氢高，故答案为：高；H2O2分子间存在氢键．【点评】本题考查元素及无机物的推断、常用化学用语、元素化合物的性质、氢键等，难度较大，侧重对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础． 18．二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式 Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑ ．（2）已知：Se+2H2SO4（浓）→2SO2↑+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是 H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2 ．（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目． ．（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为 92.5% ．【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1）可得方程式；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；（3）反应①中I﹣失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，进而确定各物质的量的系数配平方程式，确定转移电子数目，标出电子转移的方向和数目；（4）根据反应的方程式可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n（Na2S2O3），根据关系式计算样品中n（SeO2），再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数．【解答】解：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO223\n的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑，故答案为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2，故答案为：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；（3）反应①中I﹣失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，故KI的系数为4，I2的系数为2，SeO2、Se的系数都是1，KNO3的系数为4，H2O的系数为2，配平并标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（4）根据反应的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000mol/L×0.025L=0.005mol，根据关系式计算样品中n（SeO2）=0.005mol×=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol×111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为×100%=92.5%，故答案为：92.5%．【点评】本题考查氧化还原反应的有关判断及计算等，难度中等，注意（3）中根据关系式的计算． 19．（15分）（2022•朝阳模拟）某氯化铁与氯化亚铁的混合物．现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：Ⅰ．请根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有 250mL容量瓶 、 胶头滴管 ，（填仪器名称）（2）请写出加入溴水发生的离子反应方程式 2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣ ，（3）将沉淀物加热，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2g，若b1﹣b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是 再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g ．若蒸发皿质量是W1g，蒸发皿与加热后固体总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数是 Ⅱ．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（1）溶解样品改用了硫酸，而不用盐酸，为什么 过量的盐酸对后面KMnO4的滴定有干扰 23\n（2）选择的还原剂是否能用铁 否 （填“是”或“否”），原因是： 如果用铁做还原剂，会与过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰铁元素的测定 ．（3）若滴定用掉cmol/LKMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是 ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题．【分析】Ⅰ、（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶；（2）根据Br2具有氧化性，能氧化Fe2+；为了使Fe3+充分沉淀，氨水要过量；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；根据铁元素质量守恒，即红棕色固体（Fe2O3）中的铁就是样品中铁，根据质量分数的公式求出铁元素的质量分数；Ⅱ、（1）溶解样品若用盐酸，用高锰酸钾若用滴定时会氧化氯离子，影响实验测定结果；（2）某氯化铁与氯化亚铁的混合物．现要测定其中铁元素的质量分数，加入铁做还原剂和过量的硫酸反应生成亚铁离子，会增加铁元素的量对测定结果产生误差；（3）依据高锰酸钾和亚铁离子的氧化还原反应定量关系计算．【解答】解：Ⅰ、（1）因配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶；故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；（2）因Br2具有氧化性，能氧化Fe2+：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；为了使Fe3+充分沉淀，氨水要过量，故答案为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2﹣W1）g×；样品中铁元素的质量分数是×100%，故答案为：再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；×100%；Ⅱ．（1）高锰酸钾具有强氧化性，加入盐酸，溶液中的氯离子会被氧化，多消耗高锰酸钾，产生实验测定误差，故答案为：过量的盐酸对后面KMnO4的滴定有干扰；（2）还原剂不能用铁，因为有贴分会和过量硫酸反应生成硫酸亚铁，再用高锰酸钾滴定，多消耗氧化剂产生误差，干扰原混合物的铁元素的测定；故答案为：否；如果用铁做还原剂，会与过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰铁元素的测定；（3）依据反应5Fe2++MnO4﹣+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；依据定量关系计算得到：设铁元素质量分数为X%，5Fe2+～5Fe3+～KMnO45×56123\na×X%×c×b×10﹣3铁元素的质量分数是X%=，故答案为：．【点评】本题主要考查了铁元素的质量分数的测定，实验分析，实验数据的计算应用，同时考查了实验知识的分析判断，难度不大． 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