1、集宁一中西校区2020-2021学年第一学期期中考试高三年级化学试题本试卷分卷（选择题）和卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。第卷（选择题 共42分）一、选择题：本大题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 25g胆矾溶于水形成1L溶液，所得溶液中Cu2+数目为0.1NAB. 120g NaHSO4固体含有H+的数目为NAC. 17g甲基( 14CH3)所含的中子数目为8NAD. 1mol FeI2与22.4LCl2完全反应时转移的电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A. 25g胆矾即
2、0.1mol硫酸铜晶体，溶于水形成1L溶液，所得溶液中铜离子水解，所以Cu2+数目为小于0.1NA，故错误；B. 120g NaHSO4的物质的量为1mol，固体中含有钠离子和硫酸氢根离子，不含氢离子，故错误；C. 17g甲基( 14CH3)的物质的量为1mol，每个甲基含有8个中子，所以所含的中子数目为8NA，故正确；D. 22.4LCl2没有说明是否在标况下，不能确定其物质的量，不能计算其与1mol FeI2与完全反应时转移的电子数，故错误。故选C【点睛】掌握物质中微粒种类和数目，需要考虑电离和水解问题。对于有质量数的微粒，掌握质量数=质子数+中子数的关系进行计算。注意22.4L/mol的
3、使用范围。2. 下列有关物质分类或归纳正确的是电解质：明矾、冰醋酸、氯化银、纯碱化合物：BaCl2、Ca(OH)2、HNO2、HT混合物：盐酸、漂白粉、水银同素异形体：金刚石、石墨、C60A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】明矾、冰醋酸、氯化银、纯碱均是电解质；中HT为单质；中水银为纯净物(单质)；金刚石、石墨、C60都是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体；故物质分类或归纳正确的是，所以答案为D。3. 下列叙述与胶体的性质无关的是A. 向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸，开始产生红褐色沉淀，后来沉淀逐渐溶解并消失B. 当日光从窗隙射入暗室时，观察到一束光线C. 向氯化铁溶液中加入氢
4、氧化钠溶液，产生红褐色沉淀D. 水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷【答案】C【解析】【详解】A稀盐酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，与胶体性质有关。当盐酸过量时氢氧化铁又溶解在盐酸中，故A不符合题意；B当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光线，这是丁达尔现象，是胶体的性质，故B不符合题意；C氯化铁溶液与氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠，与胶体性质无关系，C符合题意；D烟尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故D不符合题意；答案选C。4. 下列反应的离子方程式正确的是A. 硫化氢气体通入氯水中：H2SCl2S2Cl2
5、HB. 向小苏打溶液中加入过量的石灰水：Ca2+2OH2HCO3CaCO3CO322H2OC. 氟气通入水中： 2F22H2O4F4H+O2D. FeBr2溶液与足量的Cl2反应：2Fe22Br2Cl22Fe34ClBr2【答案】A【解析】【详解】A. 硫化氢气体通入氯水中，氯气将硫化氢氧化为硫单质，离子方程式为：H2SCl2S2Cl2H,故A正确；B. 向小苏打溶液中加入过量的石灰水，离子方程式为：Ca2+OHHCO3CaCO3H2O，故B错误；C. 氟气通入水中，生成HF和O2,HF为弱电解质，不能拆，离子方程式为：2F22H2O4HFO2,故C错误；D. FeBr2溶液与足量的Cl2反应
6、，离子方程式：2Fe24Br3Cl22Fe36Cl2Br2，故D错误。所以A选项是正确的。【点睛】本题考查了离子方程式书写正误的判断，明确化学反应的实质、掌握离子方程式书写的方法和注意事项是解题的关键，定量型离子方程式的书写要看准“少量”、“过量”或“等量”，注意化学式的拆分。5. 二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂，可用如下反应制得：2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2+2Na2SO4+H2O，下列说法正确的是（ ）A. 该反应属于复分解反应B. NaClO3被还原,发生还原反应C. 反应中Na2SO3作氧化剂D. 生成6.75 g ClO2时,转移0.2 mol电子【答案】
7、B【解析】【详解】A.该反应中氧化还原反应，而复分解反应中一定没有元素的化合价变化，故A错误；B.Cl元素的化合价降低，在反应中NaClO3得到电子，被还原，发生还原反应，故B正确；C.该反应中S元素的化合价升高，则Na2SO3是还原剂，故C错误；D.NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低为+4价，所以每生成1molClO2转移1mol电子，6.75gClO2的物质的量为=0.1mol，所以转移0.1mol电子，故D错误。故选B。6. 化学与社会、生活密切相关，对下列常见无机物用途的解释正确的是()选项用途解释ANa可用于与TiCl4反应得Ti粉Na具有强还原性B明矾可用于净水明矾能杀菌消毒
8、CNa2O2可用于潜水艇制O2Na2O2具有强氧化性DMgO、Al2O3可用于制作耐高温坩埚MgO、Al2O3在高温下化学性质稳定A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ANa具有强还原性，可将Ti从TiCl4中还原出来，发生置换反应，A项正确；B明矾可净水，是因为其电离的Al3水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，但明矾没有杀菌消毒能力，B项错误；CNa2O2与CO2或H2O反应生成O2时，Na2O2既做氧化剂又做还原剂，C项错误；DMgO、Al2O3可用于制作耐高温坩埚是因为其熔点高，D项错误。故选A。7. 某稀溶液中含有4molKNO3和2.5mo
9、lH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（）A. 反应后生成NO的体积为28LB. 所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1C. 所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/LD. 所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】B【解析】【分析】铁在溶液中发生反应为Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氢离子少量，则消耗1.25molFe，生成1.25mol的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25mol，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75molF
10、e2+，剩余0.75molFe3+；【详解】A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正确；C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；答案为B。8. 下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）A. 常温下，水电离的c(OH)= 11012mo1L1的溶液中：B. 能使酚酞变红的溶液中：C. 0. 1 molL1KI 溶液：D. 常温下，的
11、溶液中：【答案】D【解析】【分析】A.由水电离的，求出，再求出的值；B.能使酚酞变红的溶液显碱性；C.溶液中含有、；D.常温下，结合水的离子积常数（）求出的值。【详解】A.：水电离的，溶液显碱性，与OH-、与OH-不能共存，：，溶液显酸性，显强氧化性，氧化，A错误；B.能使酚酞变红的溶液显碱性，与OH-不能共存，B错误；C.溶液中含有、，与发生氧化还原反应，C错误；D.常温下，可求出，溶液显酸性，均能共存，D正确。【点睛】水电离的或为多少时，该溶液可酸可碱；在酸性环境下，、显强氧化性，会把、等低价态的离子氧化。9. 下列实验操作正确是（ ）选项实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金
12、属钠，切下黄豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3溶液与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明该反应是放热反应D检验Na2CO3溶液与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，A错误；B.分别向NaHCO3与Na2CO3溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钡溶液加以鉴别，B错误；C.Na2O2与CO2反应生
13、成氧气，棉花燃烧说明达到了着火点，能证明Na2O2与CO2的反应是放热反应，C正确；D.观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D错误。答案选C。10. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. 铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸B. 水玻璃能与酸反应，可用作生产黏合剂和防火剂C. NaNO2具有碱性，可用于使铁零件表面生成Fe3O4D. FeCl3溶液能与Cu反应，可用作铜制线路板的蚀刻剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A常温下Al遇浓硝酸发生钝化，则可用铝罐贮运浓硝酸，与导热性无关，故A不选；B水玻璃不燃烧、不支持燃烧，具有粘合性，则用作生产黏合剂和防火剂，与水玻璃能与酸反应的性质无关，
14、故B不选；CNaNO2使铁零件表面生成Fe3O4，是利用了亚硝酸钠的强氧化性，与碱性无关，故C不选；DCu与氯化铁能够发生氧化还原反应，使铜溶解，则氯化铁溶液用作铜制线路板的蚀刻剂，故确选；故选D。【点睛】11. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A. 饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3B. Al2O3AlCl3(aq)无水AlCl3C. H2SO4(浓)SO2(NH4)2SO3(aq)D. Cl2(g)Ca(ClO)2HClO【答案】C【解析】【详解】A二氧化碳和氯化钠溶液不反应，不能生成碳酸氢钠，A错误；B直接蒸干氯化铝溶液不能得到无水AlCl3，应该在氯化氢
15、气氛中蒸干，B错误；C浓硫酸与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与足量氨水反应生成 (NH4)2SO3，C正确；D二氧化硫具有还原性，能被次氯酸钙氧化，将ClO还原为Cl，所以次氯酸钙溶液中通入过量二氧化硫得不到HClO，D错误。故选C。12. 下列实验过程中产生的现象与对应的图象不相符的是( ) A. 向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量B 向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量C. 向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸D. 向含有Mg2+和Al3+溶液中加入NaOH溶液至过量【答案】C【解析】【详解】A. 先发生反应，再发生反应，与图象相符，故A正确；B. 先发生反应，再发生，与图
16、象相符，故B正确；C. 先发生反应，再发生反应，与图象不符，故C错误；D. 先发生Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3，再发生反应，与图象相符，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】C项为易错点，注意碳酸钠和盐酸反应时的滴加顺序不同，发生的反应也不同。13. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在
17、元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.
18、NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。14. 将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 molL1 NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是（ ）A. 加入合金的质量不可能为6.4 gB. 参加反应的硝酸的物质的量为0.1 molC. 沉淀完全时
19、消耗NaOH溶液的体积为150 mLD. 溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24 L【答案】D【解析】【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5
20、.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol。【详解】A.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A错误；B.根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，故B错误；C.加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的Na
21、OH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，C错误；D.标准状况下0.1molNO的体积为2.24L，D正确。故选D，第卷（非选择题 58分）二、非选择题（共58分）15. 氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是_，a中的试剂为_。（2）b中采用的加热方式是_，c中化学反应的离子方程式是_，采用冰水浴冷却的目的是_。（3）d的作用是_，可选用试剂_（填标号）。ANa2S BNaCl CCa(OH)2 (悬浊液)DH2SO4（
22、4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，_，_，干燥，得到KClO3晶体。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 饱和食盐水 (3). 水浴加热 (4). Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O (5). 避免生成NaClO3 (6). 吸收尾气（Cl2） (7). AC (8). 过滤 (9). 少量冷水洗涤【解析】【分析】由装置可知可知，圆底烧瓶中MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应生成Cl2，生成的Cl2中混有HCl，氯气经过a装置中饱和食盐水除去HCl，然后Cl2通入b装置中，KOH水溶液与Cl2在加热条件下反应生成KCl、KClO3，b装置内未反应的Cl2通入c中，Cl2与NaOH溶
23、液反应生成NaClO，最后利用d装置吸收未反应的Cl2，以此解答。【详解】(1)根据题目所给仪器图可知，盛放二氧化锰的仪器为圆底烧瓶；氯气与氢氧化钾在加热条件下可生成氯酸钾，盐酸具有挥发性，所以氯气中含有的HCl应除去，则a中的试剂为饱和食盐水，故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水；(2)由装置b的示意图可知，b中采用的加热方式为水浴加热；c装置为冰水条件，所以氯气与氢氧化钠溶液反应生成NaClO，化学反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，与装置b相比，装置c采用冰水浴冷却的目的是避免生成NaClO3，故答案为：水浴加热；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；避免生成N
24、aClO3；(3)因为氯气有毒，不能直接排放到空气中，所以装置d的作用是吸收尾气；氯气能与硫化钠反应生成硫单质、氯化氢，能与氢氧化钙溶液反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，但不能与氯化钠、硫酸反应，所以只能选择硫化钠、氢氧化钙，故答案为：吸收尾气；AC；(4)反应结束后，b管内有氯酸钠生成，经冷却结晶、过滤、少量冷水洗涤、干燥，得到氯酸钠晶体，故答案为：过滤；少量冷水洗涤。16. 实验室模拟用工业废弃固体(含有Cu2S、Al2O3、Fe2O3、SiO2等)制取粗铜、绿矾(FeSO47H2O)和明矾KAl(SO4)212H2O的操作流程如下：(1)试剂X是_(写化学式)。(2)配平下列方程式：_+_S
25、O2+_H2O=_Mn2+_+_H+(3)为了分析产品(绿矾)中铁元素的含量，某同学称取 20.0 g样品配成100 mL溶液，移取25.00 mL于锥形瓶中，用0.100 0 molL-1的KMnO4标准溶液进行滴定(被还原为Mn2+)。请回答下列问题：滴定时，KMnO4标准溶液应盛放在_中(填仪器名称)。若到达滴定终点消耗KMnO4标准溶液的体积为25.00 mL，则该产品中铁元素的质量分数为_。【答案】 (1). H2SO4或KHSO4 (2). 2 (3). 5 (4). 2 (5). 2 (6). 5 (7). 4 (8). 酸式滴定管 (9). 14%【解析】【分析】根据废弃固体的
26、成分及操作流程，气体A为SO2，固体A中含有CuO、Al2O3、Fe2O3、SiO2，固体B中含有CuO、Fe2O3，溶液B中含有KAlO2、K2SiO3，试剂X为H2SO4(或KHSO4)，固体C为H2SiO3；加入过量铁屑后，固体D为Cu、Fe，溶液D为FeSO4。（1）根据产物与反应物的特点进行分析；（2）根据化合价升降法即可配平化学方程式；（3）氧化还原反应的计算原则是电子得失总数相等，得出KMnO4与Fe2+的对应关系，由KMnO4求出Fe2+的量，因为样品配成了100mL溶液，滴定时取用了25.00mL，所以乘以4。【详解】（1）加入KOH后，溶液B含有KAlO2，而最后产物为明矾
27、，所以X为H2SO4（或KHSO4），故答案为：H2SO4（或KHSO4）；（2）Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，降低5价；S元素的化合价由+4价升高到+6价，升高了2价，最小公倍数为10，然后用观察法配平其它系数，故答案为：2；5；2；2；5；4；（3）高锰酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶管，只能盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管； 根据滴定反应的离子方程式为：MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O，在20.0 g样品中，n(Fe2)25.00103 L0.100 0 molL150.05 mol，其质量分数为100%14%，故答案为：14%。17. 现有某混合物的无色透明溶液，
28、可能含有以下离子中的若干种：Na、NH4、Cl、Mg2、Ba2、CO32、SO42。现取三份各100mL溶液进行如下实验：第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0896L(标准状况)；第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：（1）原溶液中一定存在的阴离子是_，一定不存在的离子是_，可能存在的离子是_。（2）中发生化学反应的离子方程式为_。（3）中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为_，物质的量为_mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为_
29、。【答案】 (1). CO32-、SO42- (2). Mg2+、Ba2+ (3). Cl- (4). NH4+OH-=NH3+H2O (5). BaCO3 (6). 0.02mol (7). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O【解析】【分析】第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，则溶液中可能存在Cl、CO32、SO42；第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)，则原溶液中存在NH4；第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，则溶液中存在CO32、SO42；一定不存在Mg2、Ba2
30、；无法确定Cl是否存在；【详解】（1）分析可知，原溶液中一定存在的阴离子CO32-、SO42-；一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+；可能存在的离子Cl-；（2）中铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为NH4+OH-=NH3+H2O；（3）碳酸钡溶于硝酸，生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g，不溶的为硫酸钡，2.33g，则碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，即0.02mol。18. 有X、Y、Z三种元素，已知：X2-、Y-均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶
31、液遇KSCN溶液呈红色，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀。请回答下列问题：（1）Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是_。（2）将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式为_。此液体具有的性质是_（填字母）。A光束通过该液体时形成光亮的“通路”B插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深C向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生D将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成（3）X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体。该无色有刺激性气味的气体与含1.5 mol Y的含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气）的溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物。若有1.56.02
32、1023个电子转移时，该反应的化学方程式是（用单线桥表示电子转移方向和数目）：_。【答案】 (1). HClO4 (2). Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (3). ABD (4). =H2SO42ClO2【解析】【分析】有X、Y、Z三种元素，Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇KSCN溶液呈红色且滴加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，故ZY3为FeCl3，故Z为Fe元素，Y为Cl元素，X2-、Y-均与Cl元素的气态氢化物分子具有相同的电子数，为18个电子，故X为S元素。【详解】(1)Cl元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4，故答案为：HClO4；(2)将Fe
33、Cl3溶液滴入沸水中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，反应的离子方程式是Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；A氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，即光束通过该液体时形成光亮的“通路”，故A正确；BFe(OH)3胶体胶粒带有正电荷，通直流电后，发生电泳现象，负极附近液体颜色加深，故B正确；C所得的溶液中含有氯离子，向该液体中加入硝酸银溶液，有沉淀产生，故C错误；D将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化铁生成，故D正确；故答案为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；ABD；(3)X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体为SO2，Cl元素的一种含氧酸(该酸的某盐常用于实验室制取氧气)，故该酸为HClO3，SO2与含1.5mol HClO3溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸为和一种氧化物，该强酸为H2SO4，Cl元素在氧化物中化合价为x，则(5-x)1.56.021023=1.56.021023，解得x=4，故氧化物为ClO2，反应方程式为：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2，反应的单线桥表示电子转移方向和数目为：=H2SO42ClO2。
