北京市北大附中2022届高三化学上学期开学试题含解析

2022-2022学年北京市北大附中高三（上）开学化学试卷　一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．化学与人类生产和生活密切相关．下列说法不正确的是（　　）A．氧化铝是一种比较好的耐火材料，它可以用来制造耐火坩埚等实验仪器B．一般合金的硬度大于它的纯金属成分，合金的熔点低于它的成分金属C．碳酸钠晶体在干燥空气里容易逐渐失去结晶水变成碳酸钠粉末D．Fe3O4是一种复杂的化合物，俗称磁性氧化铁，常用于制作红色油漆和涂料　2．下列各组溶液，不用外加试剂，就能实现鉴别的是（　　）①CuSO4K2SO4KNO3KOH②Na2CO3BaCl2HClNa2SO4③NH4NO3Na2SO4Ba（OH）2AlCl3④NaAlO2Na2SiO3H2SO4NaCl．A．①②③B．①②③④C．①③④D．②③④　3．下列叙述不正确的是（　　）A．将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生，再通入Cl2，产生白色沉淀B．纯锌与稀硫酸反应产生氢气速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉可以溶解D．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失　4．已知：①把水加入盛有过氧化钠固体的试管中，收集产生的气体②把红热的铁丝伸入①中产生的气体中，有黑色固体生成③把②中产生的固体放入盐酸中，滴加KSCN溶液，溶液变红下列判断正确的是（　　）A．①中反应，过氧化钠作氧化剂，水作还原剂B．②中反应既是化合反应又是放热反应C．③中的实验现象证明溶液中不含有Fe2+D．将①中所得溶液加入到③的溶液中，静置，溶液颜色加深　5．下列事实可以说明M的非金属性强于N的是（　　）A．单质与氢气化合的难易程度：M难于NB．最高价氧化物对应水化物的酸性：M弱于NC．简单阴离子的还原性：M强于ND．M的单质能从含N的简单阴离子的溶液中置换出N单质　6．对于溶液中某些离子的检验及结论正确的是（　　）A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有碳酸根离子B．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，一定有硫酸根离子C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有氨根离子D．为检验酸性溶液中的氯离子和硫酸根离子，应先加硝酸银溶液，滤去沉淀后加硝酸钡溶液-20-\n　7．某溶液中含有HCO3﹣，CO32﹣，SO32﹣，CH3COO﹣，SO42﹣等五种离子，若向其中加入Na2O2粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度基本保持不变的是（　　）A．CH3COO﹣B．SO42﹣，CO32﹣C．CH3COO﹣SO42﹣D．SO42﹣　8．下列离子方程式正确，且与所述事实相符的是（　　）A．铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO2↑+4H2OB．向水中通氯气：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣D．在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，离子方程式：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+H2O+3Cl﹣+4H+　9．下述实验不能达到预期目的是（　　）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中证明SO2具有还原性B将Cl2通入NaBr溶液中比较氯与溴的氧化性强弱C冷却铜与浓硝酸反应生成的气体研究温度对化学平衡的影响D分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管中加入少量MnO2研究催化剂对H2O2分解速率的影响A．AB．BC．CD．D　10．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（　　）①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl﹣＞As；③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③　11．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（　　）A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出　12．下列离子组在一定条件下能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是（　　）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式AFe2+、NO3﹣、K+稀硫酸3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2OBFe3+、I﹣、ClO﹣氢氧化钠溶液Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓CBa2+、HCO3﹣、Cl﹣氢氧化钠溶液HCO3﹣+OH﹣═CO+H2ODAl3+、Cl﹣、NO3﹣过量氢氧化钠溶液Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓A．AB．BC．CD．D-20-\n　13．将0.03molCl2缓缓通入含有0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合液中，则溶液中H+的浓度与通入的氯气的物质的量的关系是下列图中的（纵坐标都表示氢离子的物质的量浓度）（　　）A．B．C．D．　14．T℃时，在2L的密闭容器中，A气体与B气体发生可逆反应生成C气体，反应过程中A、B、C物质的量变化如图（Ⅰ）所示．若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的物质的量分数与时间关系如图（Ⅱ）所示．下列叙述正确的是（　　）A．2min内A的化学反应速率为0.1mol/（L•min）B．在反应达平衡时，保持其他条件不变，增大压强，正逆反应速率都增大，且平衡向逆反应方向移动C．在反应达平衡时，其他条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，且A的转化率增大D．T1和T2时的平衡常数大小关系：前者小于后者　　二、填空题（共计58分）15．（14分）（2022秋•北京校级月考）已知短周期中相邻元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大，其中X、Y、Z三种元素的质子数之和为21，X、Y、Z同周期且相邻，Z与W同族．（1）W在周期表中的位置是　　　　　　．用原子结构理论解释Z的非金属性强于W的原因　　　　　　．（2）恒温恒容下，在一密闭容器中，发生可逆反应Y2（g）+3H2（g）⇌2YH3（g）．下列各项能说明该反应已达平衡状态的是：　　　　　　．①容器内N2，H2，NH3三者共存②容器内压强不随时间变化而变化-20-\n③容器内密度不再发生变化④容器内气体平均摩尔质量不随时间的变化而变化恒温恒容下，2molH2与2molY的单质反应，达到平衡时，Y的单质为1.8mol，H2的转化率为　　　　　　；若该反应在恒温恒压条件下进行（其它条件相同），反应达到平衡时，H2的转化率比上述条件下的转化率　　　　　　（填“大”、“小”或“相同”）．（3）有一种Y元素的液态氢化合物乙，1分子中含有18个电子，是“神舟七号”飞船发射时使用的高能燃料之一．已知：12.8g液态乙完全燃烧生成Y2和液态H2O时放出热量248.5kJ．请写出该反应的热化学方程式：　　　　　　．（4）燃煤过程产生的WZ2是形成酸雨的气体之一，为了减少它对环境的污染，往往在燃煤中加入石灰石，该反应的化学方程式：　　　　　　．　17．（12分）（2022•河北校级模拟）金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，转化关系如下：已知：气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀．请回答下列问题：（1）A和B两溶液混合产生白色沉淀，该白色沉淀的化学式　　　　　　．（2）C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C、E转化为无毒的气态单质，该单质的电子式　　　　　　．（3）完成并配平下列离子方程式：Al+NO3﹣+OH﹣+H2O﹣　　　　　　．（4）过量D的水溶液与A溶液反应的离子方程式是　　　　　　．（5）D→C反应的化学方程式是　　　　　　．（6）除去气体C中的杂质气体E的化学方法：　　　　　　（用化学方程式表示）．（7）Al与NO3﹣在酸性条件下反应，Al与被还原的NO3﹣的物质的量之比是　　　　　　．　18．（16分）（2022秋•北京校级月考）石墨在材料领域有重要应用．某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质．设计的提纯和综合应用工艺如下：（注：SiCl4的沸点是57.6°C，金属氯化物的沸点均高于150°C）（1）Si的原子结构示意图是　　　　　　．（2）下列说法正确的是　　　　　　．a．酸性：H2CO3＞H2SiO3b．原子半径：O＜Sic．稳定性：H2O＞CH4＞SiH4d．离子半径：O2﹣＜Al3+-20-\n（3）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间的N2，主要目的是　　　　　　．（4）高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物．气体I中的氯化物主要为　　　　　　．由气体II中某物质得到水玻璃的化学方程式为　　　　　　．（5）步骤①为：搅拌、　　　　　　．所得溶液IV中阴离子有　　　　　　．（6）由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为　　　　　　．　19．（16分）（2022秋•北京校级月考）某校化学兴趣小组为探究粗铁粒（含有少量金属铜杂质）与某浓度硝酸反应，设计了如下探究活动：探究一（1）将粗铁粒投入某浓度硝酸中，某同学观察该实验现象时发现，反应进行一段时间后，反应开始逐渐加快．请分析反应逐渐加快的可能原因　　　　　　．（2）另称取粗铁粒10g放入某浓度硝酸中，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．为了探究溶液X中铁元素的价态，同学甲设计如下实验：有药品和仪器：0.1mol•L﹣1KSCN溶液；0.1mol•L﹣1KI溶液；0.2mol•L﹣1酸性高锰酸钾溶液；氯水等；试管和滴管．请你设计简单实验，探究上述猜想是否正确，填写下列实验报告：实验步骤现象结论离子方程式第一步取2﹣3mL溶液装于试管，向试管中加入几滴KSCN溶液．　　　　　　　　　　　　第二步　　　　　　若溶液紫色褪去，则溶液含有Fe2+；若无明显变化，则不含Fe3+．　　　　　　探究二为了探究气体Y的成分，同学乙设计了如下装置（不考虑NO2转化为N2O4）（3）装置乙的作用：　　　　　　．（4）装置丙收集到满气体后，通过气泡鼓入空气后，有红棕色气体生成，能否确定气体Y中含NO？说明理由．　　　　　　．（5）同学丁为了探究气体Y的组成，将224mL气体Y通入足量的NaOH溶液中，气体被完全吸收，所得溶液再用0.15mol/L﹣1酸性KMnO4溶液滴定，消耗20mLKMnO4溶液．则气体Y中NO、NO2的体积比为　　　　　　．（已知2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O和NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O）　　2022-2022学年北京市北大附中高三（上）开学化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．化学与人类生产和生活密切相关．下列说法不正确的是（　　）A．氧化铝是一种比较好的耐火材料，它可以用来制造耐火坩埚等实验仪器-20-\nB．一般合金的硬度大于它的纯金属成分，合金的熔点低于它的成分金属C．碳酸钠晶体在干燥空气里容易逐渐失去结晶水变成碳酸钠粉末D．Fe3O4是一种复杂的化合物，俗称磁性氧化铁，常用于制作红色油漆和涂料考点：镁、铝的重要化合物；合金的概念及其重要应用；铁的氧化物和氢氧化物．分析：A．氧化铝的物理性质、用途；B．合金的硬度高、熔点低；C．碳酸钠晶体在干燥空气里容易逐渐失去结晶水生成碳酸钠粉末；D．氧化铁常用作红色油漆和涂料．解答：解：A．氧化铝具有很高的熔点，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，故A正确；B．合金的硬度高、熔点低于组分金属的熔点，故B正确；C．碳酸钠晶体在干燥空气里容易逐渐失去结晶水生成碳酸钠粉末，故C正确；D．氧化铁常用作红色油漆和涂料，不是Fe3O4，故D错误；故选：D．点评：本题主要考查物质的性质、组成以及用途，是一道基础知识题目，难度不大．　2．下列各组溶液，不用外加试剂，就能实现鉴别的是（　　）①CuSO4K2SO4KNO3KOH②Na2CO3BaCl2HClNa2SO4③NH4NO3Na2SO4Ba（OH）2AlCl3④NaAlO2Na2SiO3H2SO4NaCl．A．①②③B．①②③④C．①③④D．②③④考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．分析：不用外加试剂，先观察试剂的颜色，然后结合物质之间的反应及现象鉴别物质，以此来解答．解答：解：①CuSO4为蓝色，先鉴别出，与硫酸铜反应生成蓝色沉淀的为KOH，不能鉴别K2SO4、KNO3，故不选；②氯化钡与两种试剂均反应生成白色沉淀，先鉴别出BaCl2，其中能溶解白色沉淀碳酸钡的为HCl，即可确定Na2CO3，最后鉴别出Na2SO4，故选；③氢氧化钡与两种试剂均反应生成白色沉淀，先鉴别出Ba（OH）2，且其中一种沉淀加氢氧化钡过量时可溶解，则检验出AlCl3，可由白色沉淀确定Na2SO4，最后鉴别出NH4NO3，故选；④NaAlO2与硫酸反应先生成沉淀后沉淀溶解，Na2SiO3与硫酸反应生成白色沉淀，则先鉴别出H2SO4，最后鉴别出NaCl，故选；故选D．点评：本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意试剂的颜色及元素化合物知识，题目难度不大．　3．下列叙述不正确的是（　　）A．将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生，再通入Cl2，产生白色沉淀B．纯锌与稀硫酸反应产生氢气速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉可以溶解D．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失考点：二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；镁、铝的重要化合物．-20-\n分析：A．亚硫酸酸性小于HCl，氯气和二氧化硫反应生成硫酸和HCl，硫酸和氯化钡反应生成白色沉淀；B．原电池加快负极金属材料的腐蚀；C．酸性条件下，Cu能被硝酸根离子氧化生成铜离子；D．NaHSO4溶液相当于强酸溶液，能溶解氢氧化铝．解答：解：A．亚硫酸酸性小于HCl，所以二氧化硫和氯化钡溶液不反应；氯气和二氧化硫反应生成硫酸和HCl，硫酸和氯化钡反应生成白色沉淀，所以将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生，再通入Cl2，产生白色沉淀，故A正确；B．原电池加快负极金属材料的腐蚀，Zn和硫酸铜发生置换反应生成Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，加快Zn被腐蚀，所以反应速率加快，故B错误；C．酸性条件下，Cu能被硝酸根离子氧化生成铜离子；稀硫酸具有弱氧化性，和Cu不反应，向稀硫酸中加入硝酸铜固体，相当于溶液中含有稀硝酸，所以Cu能被溶解，故C正确；D．NaHSO4溶液相当于强酸溶液，能溶解氢氧化铝，所以向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故D正确；故选B．点评：本题考查元素化合物性质、原电池原理等知识点，为高频考点，明确物质性质及物质之间反应是解本题关键，易错选项是D，注意：硫酸氢钠在水溶液中完全电离生成氢离子，导致硫酸氢钠溶液相当于强酸溶液，为易错点．　4．已知：①把水加入盛有过氧化钠固体的试管中，收集产生的气体②把红热的铁丝伸入①中产生的气体中，有黑色固体生成③把②中产生的固体放入盐酸中，滴加KSCN溶液，溶液变红下列判断正确的是（　　）A．①中反应，过氧化钠作氧化剂，水作还原剂B．②中反应既是化合反应又是放热反应C．③中的实验现象证明溶液中不含有Fe2+D．将①中所得溶液加入到③的溶液中，静置，溶液颜色加深考点：钠的重要化合物；氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：A、过氧化钠和水反应是过氧化钠自身氧化还原反应；B、铁在纯氧气中燃烧生成黑色四氧化三铁，反应放热；C、③中的实验现象证明铁离子的存在，不能证明亚铁离子的存在；D、氢氧化钠溶液和氯化铁、氯化亚铁溶液反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀．解答：解：A、过氧化钠和水反应是过氧化钠自身氧化还原反应，过氧化钠即是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、铁在纯氧气中燃烧生成黑色四氧化三铁，反应放热；反应类型是化合反应，又是放热反应，故B正确；C、把②中产生的固体放入盐酸中，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明含有铁离子，亚铁离子不能判断存在，故C错误；D、将①中所得溶液为氢氧化钠溶液加入到③的溶液中为氯化铁溶液和氯化亚铁溶液中反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀，静置，溶液颜色变浅，故D错误；故选B．-20-\n点评：本题考查了钠及其化合物、铁及其化合物性质的分析应用，反应现象判断和反应原理分析是解题关键，题目难度中等．　5．下列事实可以说明M的非金属性强于N的是（　　）A．单质与氢气化合的难易程度：M难于NB．最高价氧化物对应水化物的酸性：M弱于NC．简单阴离子的还原性：M强于ND．M的单质能从含N的简单阴离子的溶液中置换出N单质考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：元素非金属性强弱的判断依据主要有：①与H2化合的难易及氢化物的稳定性；②最高价氧化物对应水化物的水溶液的酸性，酸性越强，非金属性越强，但不是氢化物溶于水的酸性；③单质氧化性的强弱，氧化性越强，非金属性越强．解答：解：A．单质与氢气越易反应，则元素的非金属性越强，单质与氢气化合的难易程度：M难于N，只能说明M的非金属性比N弱，故A错误；B．最高价氧化物对应水化物的水溶液的酸性越强，非金属性越强，M弱于N，只能说明M的非金属性比N弱，故B错误；C．简单阴离子的还原性：M强于N，则单质的氧化性M比N弱，说明元素的非金属性M比N弱，故C错误；D．M的单质能从含N的简单阴离子的溶液中置换出N单质，说明M的氧化性比N强，氧化性越强，非金属性越强，故D正确．故选D．点评：本题考查元素非金属性的比较，题目难度中等，注意把握比较角度，为解答该题的关键．　6．对于溶液中某些离子的检验及结论正确的是（　　）A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有碳酸根离子B．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，一定有硫酸根离子C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有氨根离子D．为检验酸性溶液中的氯离子和硫酸根离子，应先加硝酸银溶液，滤去沉淀后加硝酸钡溶液考点：化学实验方案的评价；离子反应发生的条件；常见离子的检验方法．分析：A．气体可能为二氧化碳或二氧化硫；B．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡；C．气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则气体为氨气；D．先加硝酸银溶液，氯离子、硫酸根离子均与硝酸银反应生成白色沉淀．解答：解：A．气体可能为二氧化碳或二氧化硫，不能确定溶液中含碳酸根离子，可能含碳酸氢根离子或亚硫酸根离子等，故A错误；B．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则检验硫酸根离子，先加盐酸排除干扰离子，再加氯化钡，故B错误；C．气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则气体为氨气，则一定有氨根离子与碱反应生成氨气，故C正确；D．先加硝酸银溶液，氯离子、硫酸根离子均与硝酸银反应生成白色沉淀，则试剂的加入顺序不合理，故D错误；故选C．-20-\n点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子检验、离子反应等，把握离子检验的方法、试剂及现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　7．某溶液中含有HCO3﹣，CO32﹣，SO32﹣，CH3COO﹣，SO42﹣等五种离子，若向其中加入Na2O2粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度基本保持不变的是（　　）A．CH3COO﹣B．SO42﹣，CO32﹣C．CH3COO﹣SO42﹣D．SO42﹣考点：离子共存问题；离子反应发生的条件．分析：Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH﹣反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，以此来解答．解答：解：加入Na2O2，与水反应生成氢氧化钠和氧气，CH3COO﹣浓度基本不变；Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣，则HCO3﹣离子浓度减小，CO32﹣离子浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将SO32﹣氧化为SO42﹣，则SO32﹣离子浓度减小，SO42﹣增大．故选A．点评：本题考查物质的性质及离子的共存，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意过氧化钠的强氧化性，题目难度不大．　8．下列离子方程式正确，且与所述事实相符的是（　　）A．铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO2↑+4H2OB．向水中通氯气：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣D．在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，离子方程式：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+H2O+3Cl﹣+4H+考点：离子方程式的书写．分析：A．反应生成硝酸铜、NO和水；B．反应生成的HClO在离子反应中保留化学式；C．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；D．强碱溶液中不能生成大量的氢离子．解答：解：A．铜溶于稀硝酸的离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．向水中通氯气的离子反应为Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故B错误；C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3的离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C正确；D．在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，离子方程式为4OH﹣+3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+5H2O+3Cl﹣，故D错误；故选C．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．　9．下述实验不能达到预期目的是（　　）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中证明SO2具有还原性B将Cl2通入NaBr溶液中比较氯与溴的氧化性强弱-20-\nC冷却铜与浓硝酸反应生成的气体研究温度对化学平衡的影响D分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管中加入少量MnO2研究催化剂对H2O2分解速率的影响A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价；氧化性、还原性强弱的比较；探究影响化学反应速率的因素．专题：实验评价题．分析：A．二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；B．可根据置换反应比较氧化性强弱；C．根据平衡2NO2⇌N2O4判断；D．应在同一浓度下进行比较实验．解答：解：A．二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故A正确；B．氯气的氧化性比溴强，可与NaBr溶液生成溴，溶液变成橙红色，故B正确；C．存在平衡2NO2⇌N2O4，正反应放热，温度改变，平衡发生移动，颜色发生变化，故C正确；D．应在同一浓度下进行比较实验，否则没有可比性，故D错误．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及物质的检验、分离、检验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的合理性的评价，难度不大．　10．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（　　）①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl﹣＞As；③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③考点：氧化还原反应．专题：压轴题；氧化还原反应专题．分析：离子方程式3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成．解答：解：①H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故①正确；②反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故②错误；③H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故③正确；④根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故④错误；⑤SnCl2→SnCl62﹣，Sn元素的化合价升高，SnCl62﹣是氧化产物，故⑤正确．故选：A．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应．　11．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（　　）A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出-20-\nD．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；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：FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答．解答：解：A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C．若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B．点评：本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键．　12．下列离子组在一定条件下能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是（　　）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式AFe2+、NO3﹣、K+稀硫酸3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2OBFe3+、I﹣、ClO﹣氢氧化钠溶液Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓CBa2+、HCO3﹣、Cl﹣氢氧化钠溶液HCO3﹣+OH﹣═CO+H2ODAl3+、Cl﹣、NO3﹣过量氢氧化钠溶液Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓A．AB．BC．CD．D考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．发生氧化还原反应，生成铁离子、NO和水；B．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应；C．生成碳酸钡沉淀；D．反应生成偏铝酸钠和水．解答：解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，加稀硫酸发生3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，故A正确；B．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，加NaOH发生Ba2++HCO3﹣+OH﹣═BaCO3↓+H2O，生成碳酸钡沉淀，故C错误；D．该组离子之间不反应，可大量共存，加NaOH发生Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故D错误；故选A．点评：本题考查离子的共存和离子反应，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，注意氢氧化铝的两性，题目难度不大．　13．将0.03molCl2缓缓通入含有0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合液中，则溶液中H+的浓度与通入的氯气的物质的量的关系是下列图中的（纵坐标都表示氢离子的物质的量浓度）（　　）-20-\nA．B．C．D．考点：有关混合物反应的计算．分析：Cl2能氧化HBr，Br2能氧化H2SO3，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br﹣，由于Br﹣全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化．解答：解：Cl2能氧化HBr，Br2能氧化H2SO3，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl0.02mol0.02mol0.02mol0.04molH2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化Br﹣：Cl2+2HBr=Br2+2HCl0.01mol0.02molHBr全部转变为HCl，c（H+）不变，故选：B．点评：本题考查了氧化还原反应的计算，注意反应的先后顺序，难度不大．　14．T℃时，在2L的密闭容器中，A气体与B气体发生可逆反应生成C气体，反应过程中A、B、C物质的量变化如图（Ⅰ）所示．若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的物质的量分数与时间关系如图（Ⅱ）所示．下列叙述正确的是（　　）A．2min内A的化学反应速率为0.1mol/（L•min）B．在反应达平衡时，保持其他条件不变，增大压强，正逆反应速率都增大，且平衡向逆反应方向移动C．在反应达平衡时，其他条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，且A的转化率增大D．T1和T2时的平衡常数大小关系：前者小于后者考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．-20-\n分析：该反应达到平衡状态时，A物质的量的变化量=（0.5﹣0.3）mol=0.2mol，B物质的量的变化量=（0.7﹣0.1）mol=0.6mol，C物质的量的变化量=（0.4﹣0）mol=0.4mol，同一化学反应同一时间段内，各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g），根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，B的物质的量分数发生增大，则该反应的正反应是放热反应；A．根据V=计算；B．增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向气体体积减小的方向移动；C．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动；D．根据“先拐先平数值大”结合图Ⅱ知，T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．解答：解：反应达到平衡状态时，A物质的量的变化量=（0.5﹣0.3）mol=0.2mol，B物质的量的变化量=（0.7﹣0.1）mol=0.6mol，C物质的量的变化量=（0.4﹣0）mol=0.4mol，同一化学反应同一时间段内，各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g），根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，B的物质的量分数发生增大，则该反应的正反应是放热反应；A．2min内A的化学反应速率V===0.05mol/（L•min），故A错误；B．该反应的正反应是气体体积减小的反应，t2时，保持其它条件和物质状态不变，增加压强，正逆反应速率都增大，化学平衡向正反应方向移动，故B错误；C．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图Ⅱ知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故C错误；D．因为T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向即逆反应方向移动，所以温度低K大，则T1和T2时的平衡常数大小关系：前者小于后者，故D正确；故选：D．点评：本题考查外界条件对化学平衡移动的影响，正确确定反应方程式是解本题关键，会根据“先拐先平数值大”确定该反应是吸热反应还是放热反应，难度中等．　二、填空题（共计58分）15．（14分）（2022秋•北京校级月考）已知短周期中相邻元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大，其中X、Y、Z三种元素的质子数之和为21，X、Y、Z同周期且相邻，Z与W同族．（1）W在周期表中的位置是　第三周期VIA族　．用原子结构理论解释Z的非金属性强于W的原因　O、S同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱　．（2）恒温恒容下，在一密闭容器中，发生可逆反应Y2（g）+3H2（g）⇌2YH3（g）．下列各项能说明该反应已达平衡状态的是：　②④　．①容器内N2，H2，NH3三者共存②容器内压强不随时间变化而变化③容器内密度不再发生变化④容器内气体平均摩尔质量不随时间的变化而变化-20-\n恒温恒容下，2molH2与2molY的单质反应，达到平衡时，Y的单质为1.8mol，H2的转化率为　30%　；若该反应在恒温恒压条件下进行（其它条件相同），反应达到平衡时，H2的转化率比上述条件下的转化率　大　（填“大”、“小”或“相同”）．（3）有一种Y元素的液态氢化合物乙，1分子中含有18个电子，是“神舟七号”飞船发射时使用的高能燃料之一．已知：12.8g液态乙完全燃烧生成Y2和液态H2O时放出热量248.5kJ．请写出该反应的热化学方程式：　N2H4（g）+O2（l）⇌N2（g）+2H2O（l）△H=﹣621.25kJ•mol﹣1　．（4）燃煤过程产生的WZ2是形成酸雨的气体之一，为了减少它对环境的污染，往往在燃煤中加入石灰石，该反应的化学方程式：　2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2　．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：短周期中相邻元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大，X、Y、Z同周期且相邻，X、Y、Z三种元素的质子数之和为21，可推知X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；Z与W同族，则W为S元素．（1）同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱；（2）发生可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．①反应开始后容器内N2、H2、NH3三者共存；②恒温恒容下，而随反应进行混合气体总物质的量减小，容器内压强减小，容器内压强不随时间变化而变化说明到达平衡；③混合气体总质量不变，容器容积不变，密度始终不变；④容器内气体总质量不变，随反应进行总物质的量减小，平均摩尔质量增大，平均摩尔质量不随时间的变化而变化，说明反应到达平衡；达到平衡时，N2的单质为1.8mol，则参加反应的N2为2mol﹣1.8mol=0.2mol，由方程式开始参加反应的H2为0.2mol×3=0.6mol，进而计算氢气转化率；恒温恒容，随反应进行，混合气体总物质的量减小，则压强减小，若该反应在恒温恒压条件下进行（其它条件相同），等效为在原平衡基础上增大压强，与原平衡相比反应正向移动；（3）一种Y元素的液态氢化合物乙，1分子中含有18个电子，则乙为N2H4，发生反应：N2H4+O2⇌N2+2H2O，计算1molN2H4反应放出的热量，证明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式，注意氧气应为液态；（4）整个可以认为：碳酸钙分解为氧化钙与二氧化碳，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙，即二氧化硫与碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙与二氧化碳．解答：解：短周期中相邻元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大，X、Y、Z同周期且相邻，X、Y、Z三种元素的质子数之和为21，可推知X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；Z与W同族，则W为S元素．（1）W为S元素，处于周期表中第三周期VIA族，O、S同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱，故答案为：第三周期VIA族；O、S同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱；（2）发生可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．①反应开始后容器内N2、H2、NH3三者共存，不能说明到达平衡，故错误；②恒温恒容下，而随反应进行混合气体总物质的量减小，容器内压强减小，容器内压强不随时间变化而变化，说明到达平衡状态，故正确；③混合气体总质量不变，容器容积不变，密度始终不变，故错误；-20-\n④容器内气体总质量不变，随反应进行总物质的量减小，平均摩尔质量增大，平均摩尔质量不随时间的变化而变化，说明反应到达平衡，故正确；达到平衡时，N2的单质为1.8mol，则参加反应的N2为2mol﹣1.8mol=0.2mol，由方程式开始参加反应的H2为0.2mol×3=0.6mol，氢气转化率为×100%=30%；恒温恒容，随反应进行，混合气体总物质的量减小，则压强减小，若该反应在恒温恒压条件下进行（其它条件相同），等效为在原平衡基础上增大压强，与原平衡相比反应正向移动，则转化率增大，故答案为：②④；30%；大；（3）一种Y元素的液态氢化合物乙，1分子中含有18个电子，则乙为N2H4，12.8g液态N2H4完全燃烧生成N2和液态H2O时放出热量248.5kJ，则1molN2H4（g）燃烧放出的热量=248.5kJ×=621.25kJ/mol，反应热化学方程式为：N2H4（g）+O2（l）⇌N2（g）+2H2O（l）△H=﹣621.25kJ•mol﹣1，故答案为：N2H4（g）+O2（l）⇌N2（g）+2H2O（l）△H=﹣621.25kJ•mol﹣1；（4）整个可以认为：碳酸钙分解为氧化钙与二氧化碳，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙，即二氧化硫与碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为：2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2，故答案为：2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2．点评：本题考查结构性质位置关系应用，涉及元素周期律、化学平衡状态判断、化学平衡计算与影响因素、热化学方程式书写等，是对学生综合能力考查，（3）中热化学方程式书写为易错点，学生容易忽略氧气聚集状态．　17．（12分）（2022•河北校级模拟）金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，转化关系如下：已知：气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀．请回答下列问题：（1）A和B两溶液混合产生白色沉淀，该白色沉淀的化学式　Al（OH）3　．（2）C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C、E转化为无毒的气态单质，该单质的电子式　　．（3）完成并配平下列离子方程式：Al+NO3﹣+OH﹣+H2O﹣　8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O=8AlO2﹣+3NH3↑　．（4）过量D的水溶液与A溶液反应的离子方程式是　3NH3．H2O+Al3+=Al（OH）3↓+3NH4+　．（5）D→C反应的化学方程式是　4NH3+5O24NO+6H2O　．（6）除去气体C中的杂质气体E的化学方法：　3NO2+H2O=2HNO3+NO　（用化学方程式表示）．-20-\n（7）Al与NO3﹣在酸性条件下反应，Al与被还原的NO3﹣的物质的量之比是　1：1　．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，由转化关系图可知，在酸性环境下，反应生成铝盐和一氧化氮，碱性环境下生成偏铝酸盐和氨气，氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，故A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为NO，D为氨气，E为二氧化氮，F为硝酸，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答．解答：解：金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，由转化关系图可知，在酸性环境下，反应生成铝盐和一氧化氮，碱性环境下生成偏铝酸盐和氨气，氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，故A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为NO，D为氨气，E为二氧化氮，F为硝酸，（1）可溶性的铝盐可以和偏铝酸盐发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，发生6H2O+3AlO2﹣+Al3+=4Al（OH）3↓，故答案为：Al（OH）3；（2）氨气可以和一氧化氮或是二氧化氮发生氧化还原反应生成无毒气体氮气，氮气是氮原子之间通过共用电子对形成的单质，电子式为，故答案为：；（3）金属铝在碱性环境下可以和硝酸跟反应生成偏铝酸盐和氨气，由电子、电荷守恒可知，离子反应为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O=8AlO2﹣+3NH3↑，故答案为：8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O=8AlO2﹣+3NH3↑；（4）过量D溶液与A溶液反应的离子方程式是3NH3．H2O+Al3+=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：3NH3．H2O+Al3+=Al（OH）3↓+3NH4+；二氧化氮可以和水发生反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O═2HNO3+NO，可以用水除去一氧化氮中的二氧化氮，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；（5）D→C反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（6）二氧化氮与水反应生成NO，则利用水洗气可除杂，即除去气体C中的杂质气体E的化学方法为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（7）Al与NO3﹣在酸性条件下反应，金属铝被氧化为三价的铝离子，失去电子3mol，硝酸根被还原为一氧化氮，得到电子也是3mol，根据电子守恒，Al与被还原的NO3﹣的物质的量之比是1：1，故答案为：1：1．点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重Al及其化合物转化的考查，把握发生的氧化还原反应推断各物质为解答的关键，题目综合性较强，难度中等．　18．（16分）（2022秋•北京校级月考）石墨在材料领域有重要应用．某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质．设计的提纯和综合应用工艺如下：-20-\n（注：SiCl4的沸点是57.6°C，金属氯化物的沸点均高于150°C）（1）Si的原子结构示意图是　　．（2）下列说法正确的是　abc　．a．酸性：H2CO3＞H2SiO3b．原子半径：O＜Sic．稳定性：H2O＞CH4＞SiH4d．离子半径：O2﹣＜Al3+（3）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间的N2，主要目的是　通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失　．（4）高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物．气体I中的氯化物主要为　SiCl4　．由气体II中某物质得到水玻璃的化学方程式为　SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O　．（5）步骤①为：搅拌、　过滤　．所得溶液IV中阴离子有　AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣　．（6）由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为　AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓　．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体Ⅲ存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，在溶液中加入乙酸乙酯，加热，乙酸乙酯发生水解，消耗了氢氧化钠，溶液碱性减弱，促进了偏铝根水解，生成氢氧化铝沉淀，据此答题．解答：解：高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体Ⅲ存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，在溶液中加入乙酸乙酯，加热，乙酸乙酯发生水解，消耗了氢氧化钠，溶液碱性减弱，促进了偏铝根水解，生成氢氧化铝沉淀，-20-\n（1）Si是14号元素，原子核外有三个电子层，原子结构示意图是，故答案为：；（2）a．碳的非金属性强于硅，所以酸性：H2CO3＞H2SiO3，故a正确；b．硅有三个电子层，氧只有两个电子层，所以原子半径：O＜Si，故b正确；c．元素非金属性越强，氢化物越稳定，所以稳定性：H2O＞CH4＞SiH4，故c正确；d．电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径：O2﹣＞Al3+，故d错误，故选：abc；（3）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故答案为：通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失；（4）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中氯化物主要为SiCl4，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案为：SiCl4；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（5）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣，故答案为：过滤；AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为：AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓，故答案为：AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓．点评：本题考查物质制备分离、阅读题目获取信息能力、化学方程式及离子方程式书写等，需要学生具备扎实的基础及迁移运用能力，难度中等．　19．（16分）（2022秋•北京校级月考）某校化学兴趣小组为探究粗铁粒（含有少量金属铜杂质）与某浓度硝酸反应，设计了如下探究活动：探究一（1）将粗铁粒投入某浓度硝酸中，某同学观察该实验现象时发现，反应进行一段时间后，反应开始逐渐加快．请分析反应逐渐加快的可能原因　反应放热，一段时间后溶液温度升高，反应速率加快；②由于铁中含杂质铜，反应时形成Fe﹣Cu微型原电池，加快反应速率　．（2）另称取粗铁粒10g放入某浓度硝酸中，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．为了探究溶液X中铁元素的价态，同学甲设计如下实验：有药品和仪器：0.1mol•L﹣1KSCN溶液；0.1mol•L﹣1KI溶液；0.2mol•L﹣1酸性高锰酸钾溶液；氯水等；试管和滴管．-20-\n请你设计简单实验，探究上述猜想是否正确，填写下列实验报告：实验步骤现象结论离子方程式第一步取2﹣3mL溶液装于试管，向试管中加入几滴KSCN溶液．　若溶液变红色，则溶液含有Fe3+；若无现象，则不含Fe3+　　Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3　第二步　另取少量溶液装于试管，向试管里滴加几滴酸性高锰酸钾溶液　若溶液紫色褪去，则溶液含有Fe2+；若无明显变化，则不含Fe3+．　5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O　探究二为了探究气体Y的成分，同学乙设计了如下装置（不考虑NO2转化为N2O4）（3）装置乙的作用：　验证NO2的存在并除去NO2　．（4）装置丙收集到满气体后，通过气泡鼓入空气后，有红棕色气体生成，能否确定气体Y中含NO？说明理由．　不能确定，由于NO2与水反应也能生成NO，故不能确定气体Y中含NO　．（5）同学丁为了探究气体Y的组成，将224mL气体Y通入足量的NaOH溶液中，气体被完全吸收，所得溶液再用0.15mol/L﹣1酸性KMnO4溶液滴定，消耗20mLKMnO4溶液．则气体Y中NO、NO2的体积比为　1：3　．（已知2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O和NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O）考点：性质实验方案的设计．分析：（1）根据影响化学反应速率的因素：温度，原电池原理的角度来回答；（2）可以选择硫氰酸钾来检验三价铁离子，高锰酸根离子具有氧化性，可以将还原性的离子亚铁离子氧化；（3）根据NO2与Na2S溶液反应的现象知识来回答；（4）NO2与水反应也能生成NO和硝酸；（5）可以根据化学方程式5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O进行相应的计算．解答：解：（1）①将粗铁粒投入某浓度硝酸中，发现反应进行一段时间后，反应开始逐渐加快，可从2个方面答：其一是温度原因，其二是形成原电池，故答案为：反应放热，一段时间后溶液温度升高，反应速率加快；②由于铁中含杂质铜，反应时形成Fe﹣Cu微型原电池，加快反应速率；（2）可以选择硫氰酸钾来检验三价铁离子，存在三价铁离子时，溶液变红色，亚铁离子具有还原性，可以被高锰酸钾氧化为三价铁离子，导致高锰酸钾褪色，故答案为：步骤操作现象与结论可能的离子方程式第1步若溶液变红色，则溶液含有Fe3+；若无现象，则不含Fe3+Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3第2步另取少量溶液装于试管，向试管里滴加几滴酸性高锰酸钾溶液5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O（3）装置乙中NO2与Na2S溶液反应，可看作是先生成硝酸，硝酸在与Na2S溶液反应生成S沉淀，故可验证NO2的存在并除去NO2，-20-\n故答案为：验证NO2的存在并除去NO2；（4）由于NO2与水反应也能生成NO，故不能确定气体Y中含NO，可以在乙和丙装置间加一个检验NO2是否除尽装置，故答案为：不能确定，由于NO2与水反应也能生成NO，故不能确定气体Y中含NO；（5）由5NO2﹣～2MnO4﹣，故2n（NO2﹣）=7.5×10﹣3mol，设NO、NO2的物质的量分别为x、ymol，则有：x+y=10×10﹣3mol，2x+（y﹣x）=7.5×10﹣3，解得：x=2.5×10﹣3mol，y=7.5×10﹣3mol，气体Y中NO、NO2的体积比为1：3，故答案为：1：3．点评：本题是一道实验探究题目，考查学生分析和解决问题的能力，考查角度广，注意物质性质和反应现象的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　-20-