黑龍江省賓縣一中2020屆高三化學上學期第一次月考試題（含解析）.docx

黑龍江省賓縣一中2020屆高三化學上學期第一次月考試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1，C-12，O-16，Na-23，Si-28，K-39，F(xiàn)e-56，Cu-64，Ba-137一、單選題(共16小題，每小題3分，共48分)1.下列物質(zhì)依次按照混合物、氧化物、弱電解質(zhì)和非電解質(zhì)的順序排列的一組是（ ）A. 淀粉、CuO、HClO、CuB. 水玻璃、Na2OCaO6SiO2、Ag2O、SO3C. KAl(SO4)212H2O、KClO3、NH3H2O、CH3CH2OHD. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖【答案】D【解析】【分析】混合物是指由不同種物質(zhì)組成的；氧化物是指由兩種元素組成其中一種是氧元素的化合物；弱電解質(zhì)是指在水溶液里中部分電離的化合物；非電解質(zhì)是指在水溶液里和熔化狀態(tài)下都不能夠?qū)щ姷幕衔铮粨?jù)此可以分析各個選項中各種的所屬類別。【詳解】A. 淀粉屬于混合物、CuO屬于氧化物、HClO屬于弱電解質(zhì)、Cu是單質(zhì)不是電解質(zhì)，A項錯誤；B. 水玻璃是硅酸鈉的水溶液屬于混合物、Na2OCaO6SiO2是鹽不是氧化物，Na2O融完全電離是強電解質(zhì)、SO3是非電解質(zhì)，B項錯誤；C. KAl(SO4)212H2O屬于鹽、KClO3是鹽不是氧化物,NH3H2O是弱堿屬于弱電解質(zhì)、CH3CH2OH是有機物屬于非電解質(zhì)，C項錯誤；D. 普通玻璃是硅酸鹽和二氧化硅的混合物、H2O屬于氧化物、CH3COOH存在電離平衡屬于弱電解質(zhì)，葡萄糖屬于非電解質(zhì)，D項正確；答案選D。2.為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A. 0.1 mol 的中，含有個中子B. pH=1的H3PO4溶液中，含有個C. 2.24L（標準狀況）苯在O2中完全燃燒，得到個CO2分子D. 密閉容器中1 mol PCl3與1 mol Cl2反應(yīng)制備 PCl5（g），增加個P-Cl鍵【答案】A【解析】【詳解】A11B中含有6個中子，0.1mol 11B含有6NA個中子，A正確；B溶液體積未定，不能計算氫離子個數(shù)，B錯誤；C標準狀況下苯不是氣體，不能利用氣體摩爾體積計算22.4L苯的物質(zhì)的量，則無法判斷其完全燃燒產(chǎn)生的CO2分子數(shù)目，C錯誤；DPCl3與Cl2反應(yīng)生成PCl5的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不可能完全轉(zhuǎn)化為生成物，則所1molPCl3與1molCl2反應(yīng)生成的PCl5小于1mol，增加的PCl鍵的數(shù)目小于2NA個，D錯誤；答案選A。3.X、Y、Z、W均為中學化學中常見物質(zhì)，一定條件下它們之間有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系(其它產(chǎn)物已略去)：下列說法不正確的是A. 若W是單質(zhì)鐵，則Z溶液可能是FeCl2溶液B. 若W是氫氧化鈉，則X水溶液呈酸性C. 若W是氧氣，則X、Z的相對分子質(zhì)量可能相差48D. 若W是強氧化性的單質(zhì)，則X可能是金屬鋁【答案】D【解析】【分析】由反應(yīng)的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知X可與W連續(xù)反應(yīng)，說明X的生成物與W的量或反應(yīng)條件有關(guān)，符合該轉(zhuǎn)化關(guān)系的有：氫氧化鈉或氫氧化鉀與二氧化碳和二氧化硫的反應(yīng)、鐵和硝酸或氯化鐵溶液的反應(yīng)、偏鋁酸鹽和鹽酸的反應(yīng)、氯化鋁和氫氧化鈉溶液的反應(yīng)、氨氣或氮氣或硫被氧化的反應(yīng)、鈉被氧化的反應(yīng)等，以此解答該題?！驹斀狻緼如果W是Fe，Z是FeCl2，則Y必是FeCl3，發(fā)生的化學反應(yīng)是2FeCl2+Cl22FeCl3，則X是Cl2，符合題干要求，故A正確；B若W是氫氧化鈉，說明X能連續(xù)與氫氧化鈉反應(yīng)，則X可以是酸性氧化物二氧化硫或二氧化碳等也可以是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性，故B正確；C若W是氧氣，X能連續(xù)被氧化，則如果X是硫單質(zhì)，則X、Z的相對分子質(zhì)量可能相差48，故C正確；D若W是強氧化性的單質(zhì)，則X應(yīng)為有可變價態(tài)的元素的物質(zhì)，所以不可能是金屬鋁，因為鋁沒有可變價，故D錯誤。答案選D。4.生產(chǎn)生活中的許多現(xiàn)象或應(yīng)用都與化學知識有關(guān)。下列現(xiàn)象或應(yīng)用與膠體性質(zhì)無關(guān)的是()A. 將鹽鹵或石膏加入豆?jié){中，制成豆腐B. 冶金廠常用高壓電除去煙塵，是因為煙塵微粒帶電荷C. 泡沫滅火器中將Al2(SO4)3與NaHCO3兩溶液混合后，噴出大量泡沫，起到滅火作用D. 清晨，人們經(jīng)常能看到陽光穿過茂密的樹木枝葉所產(chǎn)生的美麗景象【答案】C【解析】A項，豆?jié){屬于蛋白質(zhì)膠體，鹵水和石膏的主要成分屬于鹽類，將鹵水或石膏加入豆?jié){，會使膠體聚沉，故A與膠體性質(zhì)有關(guān)；B項，冶金廠的煙塵為氣溶膠，膠體有吸附性，吸附了帶電荷的微粒而使膠粒帶電，在高壓電作用下，膠粒定向移動產(chǎn)生電泳現(xiàn)象，使膠體粒子在電極處凝聚、沉降從而達到除塵的目的，故B與膠體性質(zhì)有關(guān)；C項，泡沫滅火器中將Al2(SO4)3與NaHCO3兩溶液混合，利用鋁離子和碳酸氫根離子雙水解生成二氧化碳和氫氧化鋁沉淀，與水解有關(guān)，故C與膠體性質(zhì)無關(guān)；D項，該現(xiàn)象稱為丁達爾效應(yīng)，是因為早晨的森林霧氣較重，在空氣中形成氣溶膠，經(jīng)穿過樹葉空隙的太陽光照射后產(chǎn)生的現(xiàn)象，丁達爾效應(yīng)是膠體的重要性質(zhì)，故D與膠體有關(guān)。點睛：本題主要考查膠體的性質(zhì)，與生活中的現(xiàn)象聯(lián)系密切，明確膠體的丁達爾效應(yīng)、電泳、聚沉等重要性質(zhì)及其形成原因，才能合理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。5.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A. 無色透明的溶液中：Fe3、Mg2、SCN、ClB. c(H+)/c(OH-)11012的溶液中：K、Na、CO32-、NO3-C. c(Fe2)1 molL1的溶液中：K、NH4+、MnO4-、SO42-D. 能使甲基橙變紅的溶液中：Na、NH4+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】【詳解】A、Fe3與SCN生成Fe(SCN)3，且鐵離子為有色離子，故A錯誤；B. c(H+)/c(OH-)11012的溶液中c(H+)=11013，溶液呈堿性，K、Na、CO32-、NO3-不反應(yīng)，可以共存，故B正確；C. c(Fe2)1 molL1的溶液中：Fe2與MnO4-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，F(xiàn)e2、MnO4-不能共存，故C錯誤；D. 能使甲基橙變紅的溶液呈酸性， HCO3-在酸性條件下生成二氧化碳氣體，故D錯誤。答案選B。【點睛】本題考查離子的共存問題，習題中隱含信息的挖掘是解答的關(guān)鍵，并根據(jù)常見離子之間的反應(yīng)來解答，本題的難點是B中氫離子濃度的計算及A中Fe3與SCN生成絡(luò)離子。6.利用碳酸鈉晶體(Na2CO310H2O)來配制0.5 mol/L的碳酸鈉溶液1000 mL，假如其他操作均是準確無誤的，下列情況會引起配制溶液的濃度偏高的是（ ）A. 稱取碳酸鈉晶體100 gB. 定容時俯視觀察刻度線C. 移液時，對用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進行沖洗D. 定容后將容量瓶振蕩均勻，靜置發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加入少量水至刻度線【答案】B【解析】0.5 mol/L的碳酸鈉溶液1 000 mL需稱取143 g Na2CO310H2O，A項濃度偏低；定容時俯視刻度線，會造成所配溶液的體積偏小，濃度偏高，B項符合題意；未沖洗溶解碳酸鈉晶體的燒杯，會造成碳酸鈉損失，C項濃度偏低；D項會造成所配溶液的濃度偏低。7.已知：Co2O3在酸性溶液中易被還原成Co2；Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次減弱。則下列在水溶液中的反應(yīng)不可能發(fā)生的是()A. 3Cl26FeI2=2FeCl34FeI3B. Cl2FeI2=FeCl2I2C. Co2O36HCl=2CoCl2Cl23H2OD. 2Fe32I=2Fe2I2【答案】A【解析】試題分析：A、根據(jù)信息，I的還原性強于Fe2，因此Cl2先氧化I，故說法錯誤；B、還原性IFe2，先和I反應(yīng)，氯氣過量再和Fe2反應(yīng)，故說法正確；C、Co2O3的氧化性強于Cl2，利用氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，故說法正確；D、Fe3的氧化性強于I2，因此兩者發(fā)生反應(yīng)，故說法正確?？键c：考查氧化還原反應(yīng)的規(guī)律等知識。8.硅是構(gòu)成無機非金屬材料的一種主要元素，下列有關(guān)硅的化合物的敘述錯誤的是()A. 氮化硅陶瓷是一種新型無機非金屬材料，其化學式為Si3N4B. 碳化硅(SiC)的硬度大，熔點高，可用于制作高溫結(jié)構(gòu)陶瓷和軸承C. 光導纖維是一種新型無機非金屬材料，其主要成分為SiO2D. 二氧化硅為立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，其晶體中硅原子和硅氧單鍵的個數(shù)之比為12【答案】D【解析】試題分析：A氮化硅中各元素的原子最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，Si原子最外層電子數(shù)為4，N原子最外層電子數(shù)為5，要形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則應(yīng)有二者個數(shù)比值為3：4，其化學式為Si3N4，正確；BSiC為原子晶體，熔點高，硬度大，可用于做耐高溫材料，正確；C光導纖維的主要成分是二氧化硅，屬于新型無機非金屬材料，正確；D二氧化硅晶體中，一個硅原子可形成4個硅氧單鍵，故硅原子和硅氧單鍵個數(shù)之比為1：4，錯誤?？键c：考查硅和二氧化硅的性質(zhì)和用途的知識。9.已知OCN中每種元素都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，在反應(yīng)OCN+OH+Cl2CO2+N2+Cl+H2O（未配平）中，如果有6 mol Cl2完全反應(yīng)，則被氧化的OCN的物質(zhì)的量是A. 2 molB. 3 molC. 4 molD. 6 mol【答案】C【解析】【詳解】OCN中每種元素都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)即可各其中O元素為-2價、C元素為+4價、N元素為-3價；其反應(yīng)的離子方程式為：2OCN+4OH+3Cl2=2CO2+N2+6Cl+2H2O；即可得如果有6 mol Cl2完全反應(yīng)，則被氧化的OCN的物質(zhì)的量是4 mol，故答案選C。10.含MgCl2、AlCl3均為nmol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至過量。加入NaOH的物質(zhì)的量與生成沉淀的物質(zhì)的量的關(guān)系正確的是（ ）提示：離子沉淀(或沉淀溶解)pH見下表A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)開始沉淀時的pH可知，當Al3+完全沉淀時，Mg2+還沒有開始沉淀；而當Mg2+開始沉淀時，已經(jīng)有部分氫氧化鋁開始溶解；而當Mg2+完全沉淀時，氫氧化鋁還沒有完全被溶解，據(jù)此對各選項進行判斷。【詳解】當Al3+完全沉淀時,溶液的pH=8.04,而鎂離子開始沉淀的pH=8.93,則Al3+完全沉淀時Mg2+還沒有開始沉淀；即：當Mg2+開始沉淀時,已經(jīng)有部分氫氧化鋁開始溶解;鎂離子完全沉淀的pH=10.92,、氫氧化鋁完全溶解的pH=12.04,則當Mg2+完全沉淀時，氫氧化鋁還沒有完全被溶解，C項正確； 答案選C。11. 解釋下列事實的方程式不正確的是A. 次氯酸鈣溶液中通入過量二氧化硫：Ca2+ + 2ClO+ H2O + SO2CaSO3+ 2HClOB. 硫酸型酸雨放置一段時間溶液的pH下降：2H2SO3O22H2SO4C. 純堿液可以清洗油污的原因：CO32+H2OHCO3+OHD. 向K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH濃溶液，溶液由橙色變?yōu)辄S色：Cr2O72+H2O2CrO42+2H+【答案】A【解析】試題分析：A、產(chǎn)物中的次氯酸具有強氧化性，應(yīng)把亞硫酸鈣氧化成硫酸鈣，錯誤；B、亞硫酸是弱酸，被氧氣氧化生成硫酸為強酸，氫離子濃度增大，pH減小，正確；C、純堿溶液由于碳酸根離子的水解而使溶液顯堿性，所以可以清洗油污，正確；D、K2Cr2O7溶液中存在水解平衡，Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黃色，加入氫氧化鈉溶液，使平衡正向移動，溶液由橙色變?yōu)辄S色，正確，答案選A?？键c：考查對產(chǎn)物的判斷，水解平衡的移動及應(yīng)用12.為使Fe2+，F(xiàn)e3+，Zn2+較完全地形成氫氧化物沉淀，溶液的酸堿度分別為pH7.7、pH4.5、pH6.6。某硫酸鋅酸性溶液中含有少量Fe2+，F(xiàn)e3+雜質(zhì)離子，為除去這些離子制得純凈的ZnSO4，應(yīng)加入的試劑是A. H2O2，ZnOB. 氨水C. KMnO4，ZnCO3D. NaOH溶液【答案】A【解析】試題分析：使鐵離子沉淀而鋅離子不能沉淀的pH為4.5到6.6之間，但亞鐵離子完全沉淀時鋅離子已沉淀，所以應(yīng)將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子再沉淀，同時不能引入新的雜質(zhì)，所以需要氧化劑，最佳的氧化劑是過氧化氫，氧化亞鐵離子為鐵離子，而自身被還原為水，再加入ZnO調(diào)節(jié)pH在4.56.6之間，即可使鐵離子完全沉淀，其余均會產(chǎn)生不同的雜質(zhì)，所以答案選A?？键c：考查物質(zhì)除雜試劑的判斷13.金屬鉀的冶煉可采用如下方法：2KFCaC2CaF22K2C，下列有關(guān)說法合理的是（ ）A. 該反應(yīng)的氧化劑是KF，氧化產(chǎn)物是KB. 該反應(yīng)能說明C的還原性大于KC. 電解KF溶液不可能制備金屬鉀D. CaC2、CaF2均為離子化合物，且陰、陽離子個數(shù)比均為21【答案】C【解析】試題分析：分析氧化還原反應(yīng)注意標清變價元素的化合價熟記氧化還原反應(yīng)的基本概念和基本規(guī)律突破電子轉(zhuǎn)移；該反應(yīng)中鉀元素的化合價由+1價降為0價，被還原，KF為氧化劑，K為還原產(chǎn)物；碳元素的化合價由1價升高到0價，被氧化，CaC2作還原劑，C是氧化產(chǎn)物；A、該反應(yīng)的氧化劑是KF，氧化產(chǎn)物是C，錯誤；B、該反應(yīng)的還原劑為CaC2，還原產(chǎn)物為K，不能說明C的還原性大于K，錯誤；C、電解KF溶液，陽離子H+放電，陰離子OH放電，不可能制備金屬鉀，正確；D、CaC2、CaF2均為離子化合物，CaF2中陰、陽離子個數(shù)比為21，而CaC2中陰、陽離子個數(shù)比為11，錯誤?？键c：考查氧化還原反應(yīng)、電解原理和物質(zhì)結(jié)構(gòu)。14.現(xiàn)有含F(xiàn)e(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的某稀溶液，若向其中逐步加入鐵粉，溶液中Fe2+濃度與加入鐵粉的物質(zhì)的量之間的關(guān)系如右圖所示，則該溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物質(zhì)的量濃度之比為( )A. 113B. 124C. 114D. 131【答案】C【解析】試題分析：由圖可知，加入鐵粉后反應(yīng)先后順序是：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O、Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2、Fe+Cu(NO3)2=Fe(NO3)2+Cu；設(shè)HNO3、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2分別為xmol、ymol、zmol，由于先加入1molFe時沒有生成Fe2+，只生成1mol Fe(NO3)3，由系數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比可得：n(HNO3)=4n(Fe)，則x=4；再加入1molFe時生成3molFe2+，說明參加反應(yīng)的Fe(NO3)3為2mol，則y=1；最后加入1molFe時生成1mol Fe2+，說明z=1；因此，該溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3分別為1mol、1mol、4mol，三者的濃度之比為114，故C正確?？键c：本題以鐵及其化合物的重要性質(zhì)為線索，以圖像為載體，主要考查氧化還原反應(yīng)的先后順序、物質(zhì)的量在化學方程式計算中的應(yīng)用、物質(zhì)的量濃度的計算等基礎(chǔ)知識和基本技能。15.下列各組物質(zhì)相互混合反應(yīng)后，最終有白色沉淀生成的是金屬鈉投入到FeCl3溶液中 過量NaOH溶液和明礬溶液混合 少量Ca(OH)2投入到過量NaHCO3溶液中 向NaAlO2溶液中滴入少量鹽酸 向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2A. B. 只有C. 只有D. 只有【答案】D【解析】金屬鈉投入FeCl3溶液中, Na先與水反應(yīng)生成NaOH和H2，OH與Fe3反應(yīng)生成紅褐色的Fe(OH)3沉淀；過量NaOH溶液和明礬溶液混合，OH與Al3反應(yīng)生成Al(OH)3，但Al(OH)3溶于強堿，所以最終沒有沉淀生成；少量Ca(OH)2投入過量NaHCO3溶液中，發(fā)生反應(yīng)為：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，碳酸鈣是白色沉淀；向Al3溶液中加入氨水生成白色的Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3只溶于強堿，所以氨水過量，依然有白色沉淀；向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，該反應(yīng)為化合反應(yīng)，且NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以會析出NaHCO3晶體，產(chǎn)生白色沉淀。故正確，選D。16.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀硝酸0.5L，固體物質(zhì)完全反應(yīng)，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此時溶液呈中性。金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為39.2g。下列有關(guān)說法不正確的是A. Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為21B. 硝酸物質(zhì)的量濃度為2.6mol/LC. 產(chǎn)生的NO在標準狀況下的體積為4.48LD. Cu、Cu2O與硝酸反應(yīng)后剩余HNO3為0.2mol【答案】B【解析】【詳解】設(shè)Cu和Cu2O的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)題意，則有64x+144y=272由CuCu(OH)2、Cu2O2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2解得x=0.2、y=0.1A、Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為0.20.1=21，A正確；B、根據(jù)氮原子守恒可知硝酸的物質(zhì)的量為1.0mol+（0.2 mol2+0.1 mol2）/3=1.2 mol，硝酸的物質(zhì)的量濃度為1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B不正確；C、根據(jù)電子得失守恒可知產(chǎn)生的NO在標準狀況下的體積為22.4L/ mol（0.2 mol2+0.1 mol2）/3=4.48L，C正確；D、根據(jù)氮原子守恒可知Cu、Cu2O與硝酸反應(yīng)后剩余HNO3為1.0mol-0.2 mol2-0.1 mol22=0.2mol，D正確。答案選B。二、非選擇題（共52分）17.（一）W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同一短周期元素，W、X是金屬元素，Y、Z是非金屬元素。（1）W、X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物可以反應(yīng)生成鹽和水，該反應(yīng)的離子方程式為_。（2）W與Y可形成化合物W2Y，該化合物的電子式為_。（二）A、B、C、D均為中學化學常見的純凈物，A是單質(zhì)。它們之間有如下的反應(yīng)關(guān)系：（3）若A是淡黃色固體，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物質(zhì)。則C與另一種淡黃色物質(zhì)反應(yīng)的化學方程式_。（4）若D物質(zhì)具有兩性，反應(yīng)均要用強堿溶液，反應(yīng)是通入過量的一種引起溫室效應(yīng)的主要氣體。判斷單質(zhì)A的元素在周期表中的位置是_。（5）若A是應(yīng)用最廣泛的金屬。反應(yīng)用到A，反應(yīng)均用到同一種非金屬單質(zhì)。C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，寫該反應(yīng)的離子方程式_。【答案】 (1). Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O (2). (3). SO2+Na2O2=Na2SO4 (4). 第三周期A族 (5). Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+【解析】【分析】（一）W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同一短同期元素,W、X是金屬元素,其最高價氧化物對應(yīng)的水化物為堿,且兩種堿可以反應(yīng)生成鹽和水,則W為Na元素,X為Al元素,Y、Z是非金屬元素,W為Na,W可以和Y形成,則Y為-2價,為A元素,且和鈉同周期,所以為S,Y的低價氧化物為;并且Z和Y同周期,原子序數(shù)比Y大,所以Y為Cl,根據(jù)元素所在周期表中的位置結(jié)合元素周期律的遞變規(guī)律解答該題。（二）（1）C是造成酸雨的主要物質(zhì)則C是SO2，A是淡黃色固體，則A是S，所以SO2與另一淡黃色固體過氧化鈉反應(yīng)；（2）D物質(zhì)具有兩性，反應(yīng)均要用強堿溶液，反應(yīng)是通入過量的一種引起溫室效應(yīng)的主要氣體，則D是Al（OH）3，C是NaAlO2，則A是Al，B是Al2O3；（3）A是應(yīng)用最廣泛的金屬，反應(yīng)用到A，則A為Fe，C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，C是FeCl3，反應(yīng)用到的非金屬為Cl2，所以D是FeCl2，以此來解答；詳解】（一）(1)W、X為金屬，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物為堿，且兩種堿可以反應(yīng)生成鹽和水，則為NaOH和Al（OH）3，二者反應(yīng)的離子方程式: Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；(2)W為Na，W可以和Y形成W2Y,則Y為-2價,為A元素,且和鈉同周期，所以為S，W2Y為Na2S，電子式為:；（二）（1）C是造成酸雨的主要物質(zhì)則C是SO2，A是淡黃色固體，則A是S，所以SO2與另一淡黃色固體過氧化鈉反應(yīng)，反應(yīng)方程式為Na2O2+SO2=Na2SO4；（2）D物質(zhì)具有兩性，反應(yīng)均要用強堿溶液，反應(yīng)是通入過量的一種引起溫室效應(yīng)的主要氣體，則D是Al（OH）3，C是NaAlO2，則A是Al，B是Al2O3，所以A在元素周期表的位置為第三周期A族；（3）A是應(yīng)用最廣泛的金屬，反應(yīng)用到A，則A為Fe，C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，C是FeCl3，反應(yīng)用到的非金屬為Cl2，所以D是FeCl2，反應(yīng)方程式為Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；【點睛】注意，過氧化鈉具有氧化性，可以將二氧化硫氧化成硫酸根，與過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)不同。18.硅是人類文明發(fā)展的重要元素之一，從傳統(tǒng)材料到信息材料的發(fā)展過程中創(chuàng)造了一個又一個奇跡。（1）工業(yè)生產(chǎn)粗硅的反應(yīng)有：SiO2+2CSi（粗）+2COSiO2+3CSiC+2CO兩個反應(yīng)的氧化劑分別為_、_。若產(chǎn)品中單質(zhì)硅與碳化硅的物質(zhì)的量之比為1：1，則參加反應(yīng)的C和SiO2的質(zhì)量之比為_。（2）工業(yè)上可以通過如下圖所示的流程制取純硅：若反應(yīng)I為Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，則反應(yīng)II的化學方程式為_。整個制備過程必須嚴格控制無水無氧。SiHCl3遇水劇烈反應(yīng)生成H2SiO3、HCl和另一種物質(zhì)，寫出該反應(yīng)的化學方程式：_?！敬鸢浮?(1). SiO2 (2). C (3). 1:2 (4). SiHCl3+H2Si（純）+3HCl (5). SiHCl3+3H2OH2SiO3+3HCl+H2【解析】【分析】（1）根據(jù)方程式中碳和二氧化硅、硅、碳化硅之間的關(guān)系式計算；（2）根據(jù)反應(yīng)物、生成物和反應(yīng)條件寫出反應(yīng)方程式；SiHCl3遇水劇烈反應(yīng)生成H2SiO3、HCl和氫氣；【詳解】（1）根據(jù)反應(yīng)方程式生成1mol Si需C 2mol、SiO21mol，生成1mol SiC需C 3mol，SiO21mol，產(chǎn)品中Si與SiC的物質(zhì)的量之比為1：1，則參加反應(yīng)的C和SiO2物質(zhì)的量之比為5：2，所以質(zhì)量之比為：512：260=1：2，（2）由工藝流程可知，反應(yīng)是氫氣與SiHCl3反應(yīng)生成Si（純）、HCl，反應(yīng)方程式為：SiHCl3+H2Si（純）+3HCl；SiHCl3遇水劇烈反應(yīng)生成H2SiO3、HCl和氫氣：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl，19.某無色溶液中含有K、Cl、OH、SO32-、SO42-，為檢驗溶液中所含的某些陰離子，限用的試劑有：鹽酸、硝酸、硝酸銀溶液、硝酸鋇溶液、溴水和酚酞試液。檢驗其中OH的實驗方法省略，檢驗其他陰離子的過程如下圖所示。(1)圖中試劑溶質(zhì)的化學式分別是：_，_，_，_，_。(2)圖中現(xiàn)象c表明檢驗出的離子是_。(3)白色沉淀A若加試劑而不加試劑，對實驗的影響是_。(4)氣體E通入試劑發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_。【答案】 (1). Ba(NO3)2 (2). HCl (3). HNO3 (4). Br2 (5). AgNO3 (6). Cl (7). 會使SO32對SO42的檢驗產(chǎn)生干擾，不能確認SO42是否存在 (8). SO2Br22H2O=4HSO422Br【解析】【分析】根據(jù)框圖，結(jié)合需要檢驗的離子可知，氣體E只能為二氧化硫。SO32-、SO42-能夠與Ba(NO3)2溶液反應(yīng)分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇白色沉淀，亞硫酸鋇與鹽酸反應(yīng)能夠生成二氧化硫氣體，二氧化硫氣體E能使溴水褪色，硫酸鋇不溶解于硝酸，故試劑為Ba(NO3)2溶液，試劑為鹽酸，試劑為溴水，無色溶液C中含有Cl、OH，溶液呈堿性，加入過量試劑后再加入試劑生成白色沉淀，應(yīng)該是檢驗氯離子，因此試劑為硝酸，調(diào)整溶液呈酸性，試劑為硝酸銀溶液，白色沉淀為氯化銀，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)SO32-、SO42-能夠與Ba(NO3)2溶液反應(yīng)分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇白色沉淀，亞硫酸鋇與鹽酸反應(yīng)能夠生成二氧化硫氣體，二氧化硫氣體E能使溴水褪色，硫酸鋇不溶解于硝酸，故試劑為Ba(NO3)2溶液，試劑為鹽酸，試劑為溴水，無色溶液C中含有Cl、OH，溶液呈堿性，加入過量試劑后再加入試劑生成白色沉淀，應(yīng)該是檢驗氯離子，因此試劑為硝酸，調(diào)整溶液呈酸性，試劑為硝酸銀溶液，白色沉淀為氯化銀，故答案為：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；(2)根據(jù)上述分析，現(xiàn)象a檢驗出的陰離子為SO32-，現(xiàn)象b檢驗出的陰離子為SO42-，現(xiàn)象c檢驗出的陰離子為Cl-，故答案為：Cl-；(3)硝酸具有強氧化性，能夠氧化亞硫酸根離子生成硫酸根離子，因此白色沉淀A若加試劑稀硝酸而不加試劑鹽酸會使SO32-對SO42-的檢驗產(chǎn)生干擾，不能確認SO42-是否存在，故答案為：會使SO32-對SO42-的檢驗產(chǎn)生干擾，不能確定SO42-是否存在；(4)溴單質(zhì)與二氧化硫反應(yīng)生成氫溴酸和硫酸，反應(yīng)的離子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-，故答案為：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-?！军c睛】根據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象推斷各物質(zhì)的成分是解題的關(guān)鍵，明確氣體E為二氧化硫是解題的突破口。本題的易錯點為試劑的判斷，要注意試劑不能選用稀硝酸，因為硝酸具有強氧化性，能夠氧化亞硫酸根離子生成硫酸根離子。20.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型，高效、多功能綠色水處理劑，可通過KClO溶液與Fe(NO3)3溶液的反應(yīng)制備。已知：KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應(yīng)生成KClO3K2FeO4具有下列性質(zhì)：可溶于水、微溶于濃KOH溶液；在強堿性溶液中比較穩(wěn)定；在Fe3+催化作用下發(fā)生分解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2，如圖所示是實驗室模擬工業(yè)制備KClO溶液裝置。(1)B裝置的作用為_；(2)反應(yīng)時需將C裝置置于冷水浴中，其原因為_；(3)制備K2FeO4時，不能將堿性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，其原因是_，制備K2FeO4的離子方程式_；(4)工業(yè)上常用廢鐵屑為原料制備Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，檢驗Fe2+所需試劑名稱_，其反應(yīng)原理為_(用離子方程式表示)；(5)向反應(yīng)后的三頸瓶中加入飽和KOH溶液，析出K2FeO4固體，過濾、洗滌、干燥。洗滌操作所用最佳試劑為_；A.水 B.無水乙醇 C.稀KOH溶液(6)工業(yè)上用“間接碘量法”測定高鐵酸鉀的純度：用堿性KI溶液溶解1.00g K2FeO4樣品，調(diào)節(jié)pH使高鐵酸根全部被還原成亞鐵離子，再調(diào)節(jié)pH為34，用1.0mol/L的Na2S2O3標準溶液作為滴定劑進行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示劑，裝有Na2S2O3標準溶液的滴定管起始和終點讀數(shù)如如圖所示：消耗Na2S2O3標準溶液的體積為_mL。原樣品中高鐵酸鉀的質(zhì)量分數(shù)為_。M(K2FeO4)=198g/mol若在配制Na2S2O3標準溶液的過程中定容時俯視刻度線，則導致所測高鐵酸鉀的質(zhì)量分數(shù)_(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮?(1). 吸收HCl (2). KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應(yīng)生成KClO3 (3). 將KClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，F(xiàn)e3+過量，K2FeO4在Fe3+催化作用下發(fā)生分解?；虼穑簩ClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，溶液呈酸性，在酸性條件下，K2FeO4能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2。 (4). 2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (5). 鐵氰化鉀 (6). 3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62 (7). B (8). 18.00 (9). 89.1% (10). 偏低【解析】【分析】高錳酸鉀與濃鹽酸在A裝置中反應(yīng)生成氯氣，由于濃鹽酸易揮發(fā)，生成的氯氣中一定會混有氯化氫，因此通過裝置B除去氯化氫，在裝置C中氯氣與氫氧化鉀反應(yīng)生成KClO，裝置D吸收尾氣中的氯氣，防止污染。結(jié)合題示信息分析解答。(6)用堿性的碘化鉀溶液溶解高鐵酸鉀樣品，調(diào)節(jié)pH，高鐵酸根與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，高鐵酸根離子全部被還原成亞鐵離子，碘離子被氧化成碘，根據(jù)電子得失守恒有關(guān)系FeO42-2I2，再根據(jù)反應(yīng)2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量可計算得高鐵酸鉀的質(zhì)量，進而確定質(zhì)量分數(shù)。【詳解】(1)根據(jù)上述分析，B裝置是用來除去氯氣中的氯化氫的，故答案為：吸收HCl；(2)根據(jù)題干信息知，KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應(yīng)生成KClO3，因此反應(yīng)時需將C裝置置于冷水浴中，故答案：KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應(yīng)生成KClO3；(3)根據(jù)題干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于濃KOH溶液；在強堿性溶液中比較穩(wěn)定；在Fe3+催化作用下發(fā)生分解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2，因此制備K2FeO4時，不能將堿性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，防止Fe3+過量，K2FeO4在Fe3+催化作用下發(fā)生分解；KClO濃溶液與Fe(NO3)3飽和溶液反應(yīng)制備K2FeO4的離子方程式為2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案為：將KClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，F(xiàn)e3+過量，K2FeO4在Fe3+催化作用下發(fā)生分解(或?qū)ClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，溶液成酸性，在酸性條件下，K2FeO4能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)工業(yè)上常用廢鐵屑為原料制備Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，檢驗Fe2+可以使用鐵氰化鉀，如果含有亞鐵離子，會產(chǎn)生藍色沉淀，其反應(yīng)原理為3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62，故答案為：鐵氰化鉀；3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62；(5)根據(jù)上述分析，反應(yīng)后的三頸瓶中生成了KClO，加入飽和KOH溶液，析出K2FeO4固體，過濾、洗滌、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于濃KOH溶液，為了減少K2FeO4的損失，洗滌K2FeO4時不能選用水或稀KOH溶液，應(yīng)該選用無水乙醇，故答案為：B；(6)根據(jù)裝有Na2S2O3標準溶液的滴定管起始和終點讀數(shù)，消耗Na2S2O3標準溶液的體積為19.40-1.40=18.00mL，故答案為：18.00；用堿性碘化鉀溶液溶解高鐵酸鉀樣品，調(diào)節(jié)pH，高鐵酸根與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，高鐵酸根離子全部被還原成亞鐵離子，碘離子被氧化成碘，根據(jù)電子得失守恒有關(guān)系FeO42-2I2，再根據(jù)反應(yīng)2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，得關(guān)系式FeO42-2I24Na2S2O3，所以高鐵酸鉀的質(zhì)量為1.0mol/L0.018L198g/mol=0.891g，則原高鐵酸鉀樣品中高鐵酸鉀的質(zhì)量分數(shù)為100%=89.1%，故答案為：89.1%若在配制Na2S2O3標準溶液的過程中定容時俯視刻度線，導致配制的Na2S2O3標準溶液的濃度偏大，滴定過程中消耗的Na2S2O3標準溶液的體積偏小，則測得的高鐵酸鉀的質(zhì)量分數(shù)偏低，故答案為：偏低。21.愛國實業(yè)家侯德榜在氨堿法的基礎(chǔ)上，發(fā)明了“聯(lián)合制堿法”，簡單流程如圖。完成下列問題：（1）在飽和食鹽水中通入X和Y，則X_(填物質(zhì)名稱)（2）寫出通入X和Y的化學反應(yīng)方程式_。（3）操作Z_(填名稱)，為了得到化肥(NH4Cl)，需要在溶液B中通入NH3、加食鹽，其中通入NH3的作用一_，作用二_。（4）工業(yè)生產(chǎn)的純堿常會含少量NaCl雜質(zhì)。現(xiàn)用重量法測定其純度，步驟如下：稱取樣品ag，加水溶解；加入足量的BaCl2溶液；過濾、_、烘干、冷卻、稱量、烘干、冷卻、_，最終得到固體bg。樣品中純堿的質(zhì)量分數(shù)為_(用含a、b的代數(shù)式)（5）某課外活動小組要用NaOH溶液和CO2來制備Na2CO3固體，他們只有未知濃度的NaOH溶液50毫升和足量的CO2，他們的設(shè)計方案是：首先_，然后_，加熱_后，再_，最后加熱濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾得固體Na2CO3