1、2016-2017学年江西省景德镇一中高一（上）期末化学试卷（17班）一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1下列物质中，不能由单质直接化合生成的是（）CuS FeS SO3 H2S FeCl2ABCD全部2浓H2SO4 密度1.84g/mL，物质的量浓度为18.4mol/L，质量分数为98%，取10mL浓H2SO4和amL水混合得物质的量浓度为Cmol/L，质量分数为b%下列组合正确的是（）（1）若b=49 则a=18.4 C9.2 （2）若b=49 则a=18.4 C9.2（3）若C=9.2 则a10 b49% （4）若C=9.2 则a10 b49%A（1）（3）B（1）（4）C
2、（2）（3）D（2）（4）3I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性若生成物之一是HCl，则另一种是（）AHIO3BHIO2CHIODICl4如图表示AlCl3溶液与NaoH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线，下列判断错误的是（）A线表示Al3+的物质的量的变化Bx表示AlCl3的物质的量C线表示Al（OH）3的物质的量的变化D线表示的物质的量的变化5短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14X是元素周期表中原子半径最小的元素，Z与X原子的最外层电子数相同，Y与W同主族错误的是（
3、）A原子半径：r（Y）r（Z）BX和Z都只能形成一种氧化物CW的最高价氧化物对应的水化物是强酸DY的简单气态氢化物的热稳定性比W的强6W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最大下列判断正确的是（）W在元素周期表位置是二周期A族 Y的氢化物是正四面体结构X的氢化物可以用来腐蚀玻璃Z的最高价氧化物对应的水化物酸性比Y的强Y单质的另一重要用途是做光导纤维 W、X、Y形成的化合物是制备木材防火剂的原料ABCD7用Pt电极电解含有Ag
4、+、Cu2+和X3+各0.1mol的溶液，阴极析出固体物质的质量m（g）与回路中通过电子的物质的量n（mol）的关系如图所示则下列氧化性强弱的判断正确的是（）AAg+X3+Cu2+H+X2+BAg+Cu2+X3+H+X2+CCu2+X3+Ag+X2+H+DCu2+Ag+X3+H+X2+8将锌、铁、铜粉末按一定比例混合投入到一定量的硝酸中，微热，充分反应后过滤，弃去滤渣，滤液中金属阳离子情况不可能是（）A只含Cu2+、Fe2+、Zn2+B只含Zn2+C只含Fe2+、Zn2+D只含Cu2+、Fe3+、Zn2+9某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶
5、液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子组合是（）ANH4+、Mg2+BMg2+、Fe2+CNH4+、Fe2+DMg2+、Al3+10下列叙述均正确且前后有因果关系的是（）A常温，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀B常温，SiO2与氢氟酸、NaOH溶液均可反应，SiO2是两性氧化物CBaSO3难溶于水，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中产生沉淀D非金属性：ClS，酸性：HClOH2SO411已知氧化性：Br2Fe3+I2，向含有a mol FeI2的溶液中加入含b mol Br2的溴水，下列判断或相应的离子方程式正确的是（）A当a=2
6、，b=1时，离子方程式为：2Fe2+Br22Fe3+2BrB如果反应后的溶液中存在c（Fe2+）=c（Fe3+），则1C当a=1，b=2时，离子方程式为：2Fe2+4I+3Br22Fe3+2I2+6BrD当a=2，2b3时，溶液中铁元素以两种离子形式存在，且一定是c（Fe3+）c（Fe2+）12在一密闭气缸中，用一不漏气可滑动的活塞隔开，左边充有N2，右边充有H2和O2的混合气体，在20时，将右边混合气体点燃，反应后冷却到原来温度，若活塞原来离气缸左端的距离为总长的，反应后静止于气缸的正中（忽略水蒸气），则原来H2和O2的体积比为（）A4：5B5：4C2：7D2：113设NA为阿佛加德罗常数，
7、上述说法不正确的是（）标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等1L2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA标准状况下22.4LH2O中分子数为NA32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NAABCD14向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是（）A氯气：K+、Na+、AlO2、CO32B二氧化硫：Na+、NH4+、SO32、ClC氯化氢：H+、K+、MnO4、SO42D二氧化碳：Mg2+、Al3+、Cl、NO315向59.2g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反
8、应，生成NO和Fe（NO3）3在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g下列有关说法错误的是（）AFe2O3与FeO的物质的量之比为1：6B硝酸的物质的量浓度为3.0 mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LDFe2O3，FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）16现有下列基本粒子：1H、2H、3H、1H+、40K、40Ca、Cl2、14N、14C，请回答问题：（1）它们分属种元素，互为同位素的原子为（2）质量数相等的粒子为、（可不填满，也可补充）（3）氢的同
9、位素1H、2H、3H与氧的同位素16O、17O、18O相互结合为水，可得水分子的种数为；可得相对分子质量不同的水分子种数为17天宫一号于2011年9月29日21时16分3秒在酒泉卫星发射中心发射，天宫一号是由长征二号大推力火箭发射升空的，火箭推进剂是成功发射火箭的重要因素，推进剂的发展经历一个漫长的过程（1）20世纪前，黑火药是世界上唯一的火箭用推进剂，黑火药是由硝酸钾、硫磺、木炭组成，黑火药爆炸的化学方程式：2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2上述反应中的氧化剂是；若有0.5mol S参加反应，则转移的电子的物质的量为mol；某化学兴趣小组进行了如下实验：实验一：取适量黑火药溶于水，过
10、滤，将滤液蒸发浓缩，冷却后慢慢加入浓硫酸，将混合液置于试管中并放入铜片，产生大量红棕色气体，写出该反应的离子方程式；实验二：取黑火药爆炸后的残留固体，加水溶解过滤，取滤液向其中滴加新制氯水至过量，一开始溶液变浑浊后又变澄清变浑浊的物质是（化学式表示）；设计实验方案证明该澄清液中含有Cl（2）1947年，研制出第二代聚硫橡胶、高氯酸铵、铝粉复合推进剂高氯酸铵受撞击会引发剧烈爆炸，其爆炸产物有4种，2种产物是空气中的主要成分，另一种气体产物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，写出该反应的化学方程式；（3）火箭推进剂一般都含有氮元素，含氮化合物种类丰富，科学家从化肥厂生产的硫酸铵中检出组成为N4H4（SO4
11、）2的物质，该物质为易溶于水的强电解质，遇烧碱会生成N4气体，该反应的离子方程式；另一含氮化合物N4H4也是易溶于水的强电解质，和烧碱反应生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，而与盐酸反应生成的产物之一具有极强烈的爆炸性，写出该产物爆炸的化学反应方程式18碘酸钾是一种白色结晶粉末，无臭无味，酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，与氢碘酸、二氧化硫等还原性物质作用，被还原为单质碘，在碱性介质中，碘酸钾能被氯气、次氯酸盐等氧化为高碘酸钾碘酸钾在常温下稳定，加热至560开始分解工业生产碘酸钾的流程如下，在反应器中发生反应的化学方程式为：I2+KClO3+H2OKH（IO3）2+KCl+Cl2（未配平）
12、（1）已知步骤反应器发生的反应中，两种还原产物所得电子数相同，请配平该反应的化学方程式：；（2）步骤中，用稀酸酸化的作用是；（3）步骤要保持溶液微沸1小时以完全排出氯气，排出氯气的原因为；（4）参照下表碘酸钾的溶解度，步骤11得到碘酸钾晶体，你建议的方法是温度/01020406080KIO3g/100g水4.606.278.0812.618.324.819（1）完成并配平白磷和氯酸溶液反应的化学方程式：P4+HClO3+HCl+H3PO4（2）白磷有毒，在实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4该反应的氧化产
13、物是，若有1.1mol P4反应，则有mol电子转移；（3）磷的一种化合物叫亚磷酸（H3PO3）已知：（1）0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7；（2）H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；（3）H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成关于H3PO3的说法：强酸；弱酸；二元酸；三元酸；氧化性酸；还原性酸，其中正确的是ABCD20W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化
14、合物的化学式为（3）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为（4）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是（5）请写出Z元素在周期表中的位置21下表是元素周期表的一部分，针对表中的种元素，填写下列空白：（1）化学性质是不活泼的元素名称是，元素原子半径最小的是，号元素的离子结构示意图为（2）在上述元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是，碱性最强的化合物的化学式是，既能与强酸反应，又能与强碱反应的化合物的化学式是（3）、号元素的氢化物中还原性较强的是（填化学式）（4）的最高价氧化物与的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为：（5）写出能说明
15、的非金属性比强的一个实验实事22某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：无机盐M仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；图中，将1.98g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入1.12g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液N该小组同学将溶液N分为二等份，分别按路线、路线进行实验在路线中，首先向溶液N中滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末1.20g；再将滤液在一定条件下蒸干只得到3.48g纯净的不含结晶水的正盐W由路线的现象可知，溶液N中含有的阳离子是由实验流程图可推得，含氧酸盐W的化学式是
16、；由路线可知，1.98g无机盐M中所含钾元素的质量为g无机盐M与1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液N的化学反应方程为2016-2017学年江西省景德镇一中高一（上）期末化学试卷（17班）参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1下列物质中，不能由单质直接化合生成的是（）CuS FeS SO3 H2S FeCl2ABCD全部【考点】含硫物质的性质及综合应用【分析】硫和变价金属反应时将变价金属氧化为较低价态，铜和硫反应生成硫化亚铜；铁和硫加热反应生成硫化亚铁；硫单质和氧气反应只能生成二氧化硫；硫单质和氢气反应生成硫化氢；铁和氯气反应只能生成氯化铁，铁和氯化铁溶液反应生
17、成氯化亚铁【解答】解：硫和变价金属反应时将变价金属氧化为较低价态，铜和硫反应生成硫化亚铜，2Cu+SCu2S，故正确；铁和硫加热反应生成硫化亚铁，Fe+SFeS，故错误；无论S是否过量，S在氧气中燃烧都生成SO2，所以能由单质直接化合生成，S+O2SO2，故正确；硫单质和氢气反应生成硫化氢，H2+SH2S，故错误；铁和氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，故正确；不能由单质直接化合生成，故选A2浓H2SO4 密度1.84g/mL，物质的量浓度为18.4mol/L，质量分数为98%，取10mL浓H2SO4和amL水混合得物质的量浓度为Cmol/L，质量分数为b%下列组合正确的是（）（
18、1）若b=49 则a=18.4 C9.2 （2）若b=49 则a=18.4 C9.2（3）若C=9.2 则a10 b49% （4）若C=9.2 则a10 b49%A（1）（3）B（1）（4）C（2）（3）D（2）（4）【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】若b=49，根据稀释过程中溶质硫酸的质量不变列方程计算a，结合c=mol/L计算49%的硫酸的浓度；若C=9.2，根据稀释定律计算稀释后溶液的体积，硫酸的浓度越大，密度越小，确定混合后溶液的质量与10mL原浓硫酸质量关系，进而确定稀释后溶液质量分数，根据稀释过程中溶质硫酸的质量不变列不等式计算a【解答】解：若b=49，稀释过程中溶质硫酸的质量
19、不变，则：10mL1.84g/mL98g%=（10mL1.84g/mL+amL1g/mL）49%，解得a=18.4，令稀释后的密度为dg/mL，则d1.84，稀硫酸的物质的量浓度C=mol/L9.2mol/L；若C=9.2，根据稀释定律，可知稀释后溶液的体积为=20mL，硫酸的浓度越大，密度越小，故稀释后溶液的质量小于原浓硫酸质量的2倍，稀释过程硫酸的质量不变，故稀释后硫酸的质量分数大于49%，即b49%，稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：10mL1.84g/mL98g%（10mL1.84g/mL+amL1g/mL）49%，解得a18.4；故选C3I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可
20、得到晶体ICl3ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性若生成物之一是HCl，则另一种是（）AHIO3BHIO2CHIODICl【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】ICl3中I为+3价，Cl为1价，与水发生水解反应，元素化合价没有发生变化，以此解答【解答】解：ICl3中I为+3价，Cl为1价，与水发生水解反应生成HIO2和HCl，故选B4如图表示AlCl3溶液与NaoH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线，下列判断错误的是（）A线表示Al3+的物质的量的变化Bx表示AlCl3的物质的量C线表示Al（OH）3的物质的量的变化D线表示的物质的量的变化【考点】镁、铝的重要化合
21、物【分析】假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3+3OH=Al（OH）3，Al3+完全沉淀，消耗3molOH，生成1molAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH，生成1molAlO2，前后两部分消耗的OH为3：1，假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，OH完全反应消耗1molAl3+，生成1molAlO2，然后发生反应Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，AlO2完全反应，消耗molAl3+，生成molAl（OH）3，前后两部分消耗
22、的Al3+为1mol： mol=3：1，由图象可知，表示微粒、表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答【解答】解：假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3+3OH=Al（OH）3，Al3+完全沉淀，消耗3molOH，生成1molAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH，生成1molAlO2，前后两部分消耗的OH为3：1，假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，OH完全反应消耗1molAl3+，生
23、成1molAlO2，然后发生反应Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，AlO2完全反应，消耗molAl3+，生成molAl（OH）3，前后两部分消耗的Al3+为1mol： mol=3：1，由图象可知，表示微粒、表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，A由上述分析可知，首先发生反应Al3+3OH=Al（OH）3，溶液中铝离子物质的量减少，线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B由上述分析可知，X表示NaOH溶液，故B错误；C由上述分析可知，随反应进行Al（OH）3物质的量先增大，或减小，故线表示Al（OH）3的物质的量的变化，故C正确；D由上述
24、分析可知，Al（OH）3溶解时，AlO2的物质的量增大，线表示AlO2的物质的量的变化，故D正确；故选B5短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14X是元素周期表中原子半径最小的元素，Z与X原子的最外层电子数相同，Y与W同主族错误的是（）A原子半径：r（Y）r（Z）BX和Z都只能形成一种氧化物CW的最高价氧化物对应的水化物是强酸DY的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Z与X原子的最外层电子数相同，结合原子序数可知Z为Na
25、元素；Y与W同主族，四种原子的最外层电子数之和为14，则Y的最外层电子数为=6，结合原子序数可知Y为O，W为S，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S，A电子层越多，原子半径越大，则原子半径：r（Y）r（Z），故A正确；BX可形成水、过氧化氢两种氧化物，Z可形成氧化钠、过氧化钠两种氧化物，故B错误；CW的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，属于强酸，故C正确；D非金属性YW，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D正确；故选B6W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电
26、子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最大下列判断正确的是（）W在元素周期表位置是二周期A族 Y的氢化物是正四面体结构X的氢化物可以用来腐蚀玻璃Z的最高价氧化物对应的水化物酸性比Y的强Y单质的另一重要用途是做光导纤维 W、X、Y形成的化合物是制备木材防火剂的原料ABCD【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导
27、体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素，据此解答【解答】解：W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素W为O元素，在元素周期表位置是二周期VIA族，故错误；Y的氢化物为SiH4，是正四面体结构，故正确；X的氢化物为NaH，用来腐蚀玻璃为HF，故错误
28、；Z的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，酸性比Y的强，故正确二氧化硅用于做光导纤维，故错误；W、X、Y形成的化合物为硅酸钠，硅酸钠溶液是无机矿物胶，是制备木材防火剂的原料，故正确，故选：A7用Pt电极电解含有Ag+、Cu2+和X3+各0.1mol的溶液，阴极析出固体物质的质量m（g）与回路中通过电子的物质的量n（mol）的关系如图所示则下列氧化性强弱的判断正确的是（）AAg+X3+Cu2+H+X2+BAg+Cu2+X3+H+X2+CCu2+X3+Ag+X2+H+DCu2+Ag+X3+H+X2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】根据图象可知，开始即析出固体，总共0.1mol电子通过时，析出
29、固体质量达最大，证明此时析出的固体是Ag，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3+放电生成X2+，后又有固体析出，则为铜，最后无固体，则为H+放电，从而判断离子氧化性【解答】解：开始即析出固体，总共0.1mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是Ag，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3+放电生成X2+，后又有固体析出，则为铜，则氧化能力为Ag+X3+Cu2+；当电子超过0.4mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+X2+，故氧化能力为Ag+X3+Cu2+H+X2+故选：A8将锌、铁、铜粉末按一定比例混合投入到一定量的硝酸中
30、，微热，充分反应后过滤，弃去滤渣，滤液中金属阳离子情况不可能是（）A只含Cu2+、Fe2+、Zn2+B只含Zn2+C只含Fe2+、Zn2+D只含Cu2+、Fe3+、Zn2+【考点】常见金属的活动性顺序及其应用【分析】锌、铁、铜粉末按一定比例混合投入到一定量的硝酸中，根据金属的活动顺序表，金属锌和金属铁先发生反应，如果是金属剩余，则剩余的金属可以是铜，或是金属铜和铁，或是都剩余，根据金属活动顺序表结合离子氧化性顺序来回答判断【解答】解：A、将锌、铁、铜粉末按一定比例混合投入到一定量的硝酸中，按照Zn、Fe、Cu的顺序依次发生化学反应，有金属剩余，溶液中可以得到Cu2+、Fe2+、Zn2+离子，该
31、情况可能，故A错误；B、如果硝酸的量很少，则只有金属锌和之反应，此时溶液中只有锌离子，情况可能，故B错误；C、如果只有金属铁和锌和硝酸之间参加反应，金属铁过量，此时得到的离子是Fe2+，情况可能，故C错误；D、如果有金属剩余，溶液中不会出现Fe3+，情况不可能，故D正确；故选D9某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子组合是（）ANH4+、Mg2+BMg2+、Fe2+CNH4+、Fe2+DMg2+、Al3+【考点】离子反应发生的条件【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，
32、Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答【解答】解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的阳离子主要有NH4+和Fe2+，故选C10下列叙述均正确且前后有因果关系的是（）A常温，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，向饱和Na2CO3溶液中通入
33、CO2产生沉淀B常温，SiO2与氢氟酸、NaOH溶液均可反应，SiO2是两性氧化物CBaSO3难溶于水，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中产生沉淀D非金属性：ClS，酸性：HClOH2SO4【考点】钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅【分析】A由溶解度可分析饱和溶液晶体析出的原因，NaHCO3溶解度比Na2CO3小；BSiO2与氢氟酸反应不生成盐和水；CSO2气体通入Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀；D非金属性：ClS，可比较最高价氧化物水化物的酸性；【解答】解：A由溶解度可NaHCO3溶解度比Na2CO3小，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀碳酸氢钠，
34、陈述和均正确，并存在因果关系，故A选；BSiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物，是酸性氧化物，故B不选；CSO2气体通入Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，陈述和均正确，但不存在因果关系，故C不选；D非金属性：ClS，可比较最高价氧化物水化物的酸性，陈述正确，错，不存在因果关系，故D不选；故选A11已知氧化性：Br2Fe3+I2，向含有a mol FeI2的溶液中加入含b mol Br2的溴水，下列判断或相应的离子方程式正确的是（）A当a=2，b=1时，离子方程式为：2Fe2+Br22Fe3+2BrB如果
35、反应后的溶液中存在c（Fe2+）=c（Fe3+），则1C当a=1，b=2时，离子方程式为：2Fe2+4I+3Br22Fe3+2I2+6BrD当a=2，2b3时，溶液中铁元素以两种离子形式存在，且一定是c（Fe3+）c（Fe2+）【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】A、2 mol FeI2的溶液最多失去6mol的电子，而1 mol Br2的溴水最多可以得到2mol的电子，碘离子的还原性强于亚铁离子，所以溴水首先与碘离子反应，离子方程式为：2I+Br2I2+2Br；B、如果反应后的溶液中存在c（Fe2+）=c（Fe3+），说明有一半的Fe2+的溶液，被氧化，根据得失电子守恒2a+=2b，所以=
36、；C、1 mol FeI2的溶液最多失去3mol的电子，而2mol Br2的溴水最多可以得到4mol的电子，所以溴过量，FeI2完全反应；D、当a=2，b=2.5时，溶液中铁元素以两种离子形式存在，且一定是c（Fe3+）=c（Fe2+）【解答】解：A、2 mol FeI2的溶液最多失去6mol的电子，而1 mol Br2的溴水最多可以得到2mol的电子，碘离子的还原性强于亚铁离子，所以溴水首先与碘离子反应，离子方程式为：2I+Br2I2+2Br，故A错误；B、如果反应后的溶液中存在c（Fe2+）=c（Fe3+），说明有一半的Fe2+的溶液，被氧化，根据得失电子守恒2a+=2b，所以，故B错误；
37、C、1 mol FeI2的溶液最多失去3mol的电子，而2mol Br2的溴水最多可以得到4mol的电子，所以溴过量，FeI2完全反应，故C正确；D、当a=2，b=2.5时，溶液中铁元素以两种离子形式存在，且一定是c（Fe3+）=c（Fe2+），故D错误；故选C12在一密闭气缸中，用一不漏气可滑动的活塞隔开，左边充有N2，右边充有H2和O2的混合气体，在20时，将右边混合气体点燃，反应后冷却到原来温度，若活塞原来离气缸左端的距离为总长的，反应后静止于气缸的正中（忽略水蒸气），则原来H2和O2的体积比为（）A4：5B5：4C2：7D2：1【考点】化学方程式的有关计算【分析】左室中氮气的物质的量不
38、变，令开始氮气的物质的量为1mol，左右两室压强相同，体积之比等于物质的量之比，据此计算开始右室中氢气与氧气的物质的量，反应后左右体积相等，则右室剩余气体的物质的量为1mol，该气体可能是氧气或氢气，根据差量法计算，原混合气体中氢气、氧气的物质的量，进而计算体积比【解答】解：左室中氮气的物质的量不变，令开始氮气的物质的量为1mol，左右两室压强相同，体积之比等于物质的量之比，故开始右室中氢气与氧气的物质的量为1mol=3mol，反应后左右体积相等，则右室剩余气体的物质的量为1mol，则： 2H2+O2=2H2O 气体物质的量减少n 2 1 3mol mol 3mol1mol=2mol若剩余气体
39、为氢气，则原混合气体中氧气为mol，则氢气为3molmol=mol，H2和O2的体积比为mol： mol=7：2，若剩余气体是氧气，则原混合气体中氢气为 mol，则氢气为3molmol=mol，H2和O2的体积比为 mol： mol=4：5，故选A13设NA为阿佛加德罗常数，上述说法不正确的是（）标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等1L2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA标准状况下22.4LH2O中分子数为NA32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NAABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析】求出标准状况下，11
40、.2L混合气体的物质的量，然后根据氮气和氧气均为双原子分子来分析；同温同压下，体积相同的氢气和氩气的物质的量相同；求出氯化镁的物质的量，然后根据1mol氯化镁中含2mol氯离子来分析；根据标准状况下H2O为液态来分析；O2和O3均由氧原子构成来分析【解答】解：标准状况下，11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故0.5mol混合气体中含NA个原子，故正确；同温同压下，体积相同的氢气和氩气的物质的量相同，根据分子个数N=nNA可知，分子个数也相同，故正确；1L2mol/L氯化镁的物质的量n=CV=2mol/L1L=2mol，而1mol氯化镁中含2mol氯离子，即2
41、NA个，故正确；标准状况下H2O为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故错误；O2和O3均由氧原子构成，故32g混合物中含2mol氧原子，故含2NA个，故正确故选C14向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是（）A氯气：K+、Na+、AlO2、CO32B二氧化硫：Na+、NH4+、SO32、ClC氯化氢：H+、K+、MnO4、SO42D二氧化碳：Mg2+、Al3+、Cl、NO3【考点】离子共存问题【分析】A氯气与水反应生成酸；B二氧化硫与SO32反应；CH+、Cl、MnO4发生氧化还原反应；D该组离子之间不反应，且与二氧化碳不反应【解答】解：A氯气与水
42、反应生成酸，不能大量存在AlO2、CO32，故A不选；B二氧化硫与SO32反应，不能大量共存，故B不选；CH+、Cl、MnO4发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；D该组离子之间不反应，且与二氧化碳不反应，可大量共存，故D选；故选D15向59.2g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g下列有关说法错误的是（）AFe2O3与FeO的物质的量之比为1：6B硝酸的物质的量浓度为3.0 mol/LC产生的NO在标准状况下的体
43、积为4.48 LDFe2O3，FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L2.8L=2.8mol，沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6g，物质的量为=0.8mol，根据铁元素守恒有n（FeO）+2n（Fe2O3）=nFe（OH）3，所以反应后的溶液中nFe（NO3）3=nFe（OH）3=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及Fe元素物质的量列方程计算出Fe2O3和FeO的
44、物质的量，A根据分析计算出n（Fe2O3）：n（FeO）；B根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D根据N元素守恒，可知n剩余（HNO3）+3nFe（NO3）3=n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）【解答】解：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L2.8L=2.8mol，沉淀为Fe（OH）3，质量
45、为85.6g，物质的量为=0.8mol，根据铁元素守恒有n（FeO）+2n（Fe2O3）=nFe（OH）3，所以反应后的溶液中nFe（NO3）3=nFe（OH）3=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 160x+72y=59.2，根据铁元素守恒有：2x+y=0.8，联立方程解得x=0.1、y=0.6，A由上述分析可知，n（Fe2O3）：n（FeO）=0.1mol：0.6mol=1：6，故A正确；B根据电子守恒，生成NO的物质的量为： =0.2mol，根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+2.8mol=3mo
46、l，所以原硝酸溶液的浓度为： =3mol/L，故B正确；C根据B可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为：0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C正确；D反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nFe（NO3）3=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）3nFe（NO3）3=2.8mol30.8mol=0.4mol，故D错误；故选D二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）16现有下列基本粒子：1H、2H、3H、1H+、40K、40Ca、Cl2、1
47、4N、14C，请回答问题：（1）它们分属6种元素，互为同位素的原子为1H、2H、3H（2）质量数相等的粒子为40K、40Ca、14N、14C、1H、1H+（可不填满，也可补充）（3）氢的同位素1H、2H、3H与氧的同位素16O、17O、18O相互结合为水，可得水分子的种数为18；可得相对分子质量不同的水分子种数为7【考点】同位素及其应用；核素【分析】（1）元素就是具有相同的核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称；具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素；（2）原子符号左上角的数字为质量数；（3）根据1个水分子是由两个氢原子和1个氧原子构成来分析；利用H、O的相对原子质量来计算水
48、的相对分子质量【解答】解：（1）元素的种类由质子数决定，质子数不同，元素的种类就不同，1H、2H、3H、1H+、40K、40Ca、Cl2、14N、14C分别属于H；K；Ca；Cl；N；C6种元素，氢元素的核素有3种1H、2H、3H，1H、2H、3H互为同位素，故答案为：7；3；1H、2H、3H；（2）1H、1H+的质量数都是1，40K、40Ca的质量数都是40，14N、14C的质量数都是14，所以质量数相等的粒子为以上三组，故答案为：1H、1H+；40K、40Ca；14N、14C；（3）由氧的同位素有16O、17O、18O，氢的同位素有11H、12H、13H，在1个水分子中含有2个氢原子和1个
49、氧原子，若水分子中的氢原子相同，则16O可分别与11H、12H、13H构成水，即存在三种水；17O可分别与11H、12H、13H构成水，即存在三种水；18O可分别与11H、12H、13H构成水，即存在三种水；若水分子中的氢原子不同，则16O可分别与11H12H、12H13H、11H13H构成水，即存在三种水；17O可分别与11H12H、12H13H、11H13H构成水，即存在三种水；18O可分别与11H12H、12H13H、11H13H构成水，即存在三种水；所以共形成36=18种水，因1个水分子是由两个氢原子和1个氧原子构成，则16O与2个1H、16O与2个2H、16O与2个3H、相对分子质量
50、分别为：18、20、22；17O与2个1H、17O与2个2H、17O与2个3H相对分子质量分别为：19、21、23；18O与2个1H、18O与2个2H、18O与2个3H相对分子质量分别为：20、22、24；16O与1H和2H、17O与1H和2H、18O与1H和2H相对分子质量分别为：19、20、21；16O与1H和3H、17O与1H和3H、18O与1H和3H相对分子质量分别为：20、21、22；16O与2H和3H、17O与2H和3H、18O与2H和3H相对分子质量分别为：21、22、23；所以相对分子质量不同的水分子种数为18、19、20、21、22、23、24，共7种，故答案为：18；717
51、天宫一号于2011年9月29日21时16分3秒在酒泉卫星发射中心发射，天宫一号是由长征二号大推力火箭发射升空的，火箭推进剂是成功发射火箭的重要因素，推进剂的发展经历一个漫长的过程（1）20世纪前，黑火药是世界上唯一的火箭用推进剂，黑火药是由硝酸钾、硫磺、木炭组成，黑火药爆炸的化学方程式：2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2上述反应中的氧化剂是KNO3和S；若有0.5mol S参加反应，则转移的电子的物质的量为6mol；某化学兴趣小组进行了如下实验：实验一：取适量黑火药溶于水，过滤，将滤液蒸发浓缩，冷却后慢慢加入浓硫酸，将混合液置于试管中并放入铜片，产生大量红棕色气体，写出该反应的离子方程
52、式Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O；实验二：取黑火药爆炸后的残留固体，加水溶解过滤，取滤液向其中滴加新制氯水至过量，一开始溶液变浑浊后又变澄清变浑浊的物质是S（化学式表示）；设计实验方案证明该澄清液中含有Cl取少量溶液，加过量硝酸钡溶液，取上层清液，滴入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，证明有Cl（2）1947年，研制出第二代聚硫橡胶、高氯酸铵、铝粉复合推进剂高氯酸铵受撞击会引发剧烈爆炸，其爆炸产物有4种，2种产物是空气中的主要成分，另一种气体产物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，写出该反应的化学方程式4NH4ClO42N2+5O2+4HCl+6H2O；（3）火箭推进剂一般都含有氮元
53、素，含氮化合物种类丰富，科学家从化肥厂生产的硫酸铵中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，该物质为易溶于水的强电解质，遇烧碱会生成N4气体，该反应的离子方程式N4H44+4OH=N4+4H2O；另一含氮化合物N4H4也是易溶于水的强电解质，和烧碱反应生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，而与盐酸反应生成的产物之一具有极强烈的爆炸性，写出该产物爆炸的化学反应方程式2HN3H2+3N2【考点】氧化还原反应【分析】（1）该反应中N元素化合价由+5价变为0价、S元素化合价由0价变为2价、C元素化合价由0价变为+4价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂；该反应中只有C是还原剂，根据方程式知，如果有0.5m
54、olS参加反应，则有1.5molC参加反应，根据C和转移电子之间关系式计算转移电子物质的量；酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化Cu生成铜离子，自身被还原生成NO；氯气具有强氧化性，能氧化硫化钾生成难溶性S单质；氯离子用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，向溶液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果有白色沉淀生成说明有氯离子；（2）高氯酸铵受撞击会引发剧烈爆炸，其爆炸产物有4种，2种产物是空气中的主要成分为氮气和氧气，另一种气体产物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为氨气，根据原子守恒知还生成水蒸气；（3）N4H4（SO4）2的物质，该物质为易溶于水的强电解质，遇烧碱会生成N4气体，阳离子结合氢氧根离子生
55、成N4气体和水【解答】解：（1）该反应中N元素化合价由+5价变为0价、S元素化合价由0价变为2价、C元素化合价由0价变为+4价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，所以KNO3和S是氧化剂；该反应中只有C是还原剂，根据方程式知，如果有0.5molS参加反应，则有1.5molC参加反应，根据C和转移电子之间关系式得转移电子物质的量=1.5mol（40）=6mol；故答案为：KNO3和S；6；酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化Cu生成铜离子，自身被还原生成NO，离子方程式为Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O；氯气具有强氧化性，能氧化硫化钾生成难溶性S单质，所以溶液变浑浊；氯离子
56、用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，向溶液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果有白色沉淀生成说明有氯离子；故答案为：Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O；S；取少量溶液，加过量硝酸钡溶液，取上层清液，滴入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，证明有Cl；（2）高氯酸铵受撞击会引发剧烈爆炸，其爆炸产物有4种，2种产物是空气中的主要成分为氮气和氧气，另一种气体产物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为氨气，根据原子守恒知还生成水蒸气，反应方程式为：4NH4ClO42N2+5O2+4HCl+6H2O，故答案为：4NH4ClO42N2+5O2+4HCl+6H2O；（3）N4H4（SO4）2的物质，该物质为易溶
57、于水的强电解质，遇烧碱会生成N4气体，阳离子结合氢氧根离子生成N4气体和水反应的离子方程式为N4H44+4OH=N4+4H2O；另一含氮化合物N4H4也是易溶于水的强电解质，和烧碱反应生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，说明N4H4中含有NH4+，分析推断结构应为NH4N3，而与盐酸反应生成的产物之一具有极强烈的爆炸性，则钙化合物为HN3气体，依据原子守恒写出该产物爆炸的化学反应方程式为2HN3H2+3N2，故答案为：N4H44+4OH=N4+4H2O；2HN3H2+3N218碘酸钾是一种白色结晶粉末，无臭无味，酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，与氢碘酸、二氧化硫等还原性物质作用，被
58、还原为单质碘，在碱性介质中，碘酸钾能被氯气、次氯酸盐等氧化为高碘酸钾碘酸钾在常温下稳定，加热至560开始分解工业生产碘酸钾的流程如下，在反应器中发生反应的化学方程式为：I2+KClO3+H2OKH（IO3）2+KCl+Cl2（未配平）（1）已知步骤反应器发生的反应中，两种还原产物所得电子数相同，请配平该反应的化学方程式：6I2+11KClO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2；（2）步骤中，用稀酸酸化的作用是促进氯气从反应混合物中逸出；（3）步骤要保持溶液微沸1小时以完全排出氯气，排出氯气的原因为Cl2能将KIO3氧化成KIO4；（4）参照下表碘酸钾的溶解度，步骤11得到碘酸钾
59、晶体，你建议的方法是蒸发浓缩、冷却结晶温度/01020406080KIO3g/100g水4.606.278.0812.618.324.8【考点】制备实验方案的设计【分析】工业生产碘酸钾的流程：用碘和氯酸钾溶液反应生成碘酸氢钾、氯化钾和氯气，再加入硝酸，加热促使氯气从反应体系中逸出，经冷却结晶，过滤得碘酸氢钾晶体，将碘酸氢钾晶体溶于水，加入氢氧化钾溶液，使碘酸氢钾生成碘酸钾，过滤后得碘酸钾溶液，将滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，可得碘酸钾晶体，（1）反应中I2KH（IO3）2，I元素化合价由0价升高为+5价，共升高10价，KClO3KCl、Cl2，氯元素化合价降低，还原产物为KCl、Cl2
60、，KClO3KCl氯元素化合价由+5降低为1价，化合价降低6价，KClO3Cl2氯元素化合价由+5降低为0价，化合价总共降低10价，二者获得的电子数目相同，获得电子最小公倍数为30，则KCl的系数为5，Cl2的系数为3，所以化合价降低60价，故I2系数为6，根据元素守恒配平KClO3、H2O、KH（IO3）2的系数；（2）酸化的目的是将氯气从反应混合物中逸出；（3）由题中信息可知，在碱性条件下碘酸钾能被氯气氧化为高碘酸钾；（4）由表中数据可知温度越高，KIO3溶解度越大，从溶液中获得晶体需要蒸发结晶，冷却结晶【解答】解：（1）反应中I2KH（IO3）2，I元素化合价由0价升高为+5价，共升高1
61、0价KClO3KCl、Cl2，氯元素化合价降低，还原产物为KCl、Cl2，KClO3KCl氯元素化合价由+5降低为1价，化合价降低6价，KClO3Cl2氯元素化合价由+5降低为0价，化合价总共降低10价，二者获得的电子数目相同，获得电子最小公倍数为30，则KCl的系数为5，Cl2的系数为3，所以化合价降低共60价，故I2系数为6，根据氯元素守恒可知KClO3系数为11，根据碘元素守恒可知KH（IO3）2的系数为6，根据氢元素守恒可知H2O、系数为3，检查氧元素守恒，故方程式为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2；故答案为：6I2+11KClO3+3H2O=
62、6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2；（2）酸化的目的是将氯气从反应混合物中逸出；故答案为：促进氯气从反应混合物中逸出；（3）由题中信息可知，在碱性条件下碘酸钾能被氯气氧化为高碘酸钾，所以应将氯气排出；故答案为：Cl2能将KIO3氧化成KIO4；（4）由表中数据可知温度越高，KIO3溶解度越大，从溶液中获得KIO3晶体需要蒸发结晶，冷却结晶；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶19（1）完成并配平白磷和氯酸溶液反应的化学方程式：3P4+10HClO3+8H2O10HCl+12H3PO4（2）白磷有毒，在实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+2
63、4H3PO4+60H2SO4该反应的氧化产物是H3PO4，若有1.1mol P4反应，则有12mol电子转移；（3）磷的一种化合物叫亚磷酸（H3PO3）已知：（1）0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7；（2）H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；（3）H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成关于H3PO3的说法：强酸；弱酸；二元酸；三元酸；氧化性酸；还原性酸，其中正确的是BABCD【考点】氧化还原反应【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；（2）失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，根据
64、白磷和转移电子之间的关系式计算；（3）根据酸的浓度和氢离子浓度确定酸的强弱；根据生成盐的种类确定酸的元数；根据和碘水反应P元素化合价的变化确定其氧化性、还原性【解答】解：（1）反应中P元素的化合价由0价升高到+5价，Cl元素的化合价由+5价降低到1价，根据得失电子数目相等可知二者计量数之比为3：10，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4，故答案为：3；10；18H2O；10；12；（3）该反应中，Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，所以氧化产物是H3PO4，该反应中有
65、11mol白磷参加反应，则转移电子的物质的量=24（50）mol=120mol，所以有1.1mol P4反应，则有12mol电子转移，故答案为：H3PO4；12；（4）由0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7，说明亚磷酸部分电离，则亚磷酸是弱酸；由H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则说明亚磷酸是二元酸；由H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成，说明该反应中亚磷酸失电子作还原剂，所以亚磷酸有还原性，故选B20W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素（1）W、X各自的最高价氧化物对应
66、的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的化学式为Na2S（3）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（4）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是S 2ClNa+Al 3+（5）请写出Z元素在周期表中的位置第三周期，第VIIA族【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】（1）W、X各自的氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，可推知W为Na、X为Al；（2）W（Na）与Y可形成化合物W2Y，Y表现2价，则Y为S；（3）结合原子
67、序数可知Z为Cl，S的低价氧化物通入氯气的水溶液中，应为二氧化硫与氯气反应生成硫酸与HCl；（4）电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，据此判断；（5）Z为Cl，位于周期表第三周期，第VIIA族【解答】解：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一周期元素，原子序数均小于18，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素（1）W、X为金属，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，则为NaOH和Al（OH）3，二者反应的离子方程式：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（2）W（Na）与Y可形成化合物W2Y
68、，Y表现2价，则Y为S，形成化合物为Na2S，故答案为：Na2S；（3）结合原子序数可知Z为Cl，S的低价氧化物通入氯气的水溶液中，应为二氧化硫与氯气反应生成硫酸与HCl，反应化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径大小顺序是：S 2ClNa+Al 3+，故答案为：S 2ClNa+Al 3+； （5）Z为Cl，位于周期表第三周期，第VIIA族，故答案为：第三周期，第VIIA族21下表是元素周期表的一部分，针对表中的种元素，填写下列空白：（
69、1）化学性质是不活泼的元素名称是氖，元素原子半径最小的是H，号元素的离子结构示意图为（2）在上述元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4，碱性最强的化合物的化学式是KOH，既能与强酸反应，又能与强碱反应的化合物的化学式是Al（OH）3（3）、号元素的氢化物中还原性较强的是H2S（填化学式）（4）的最高价氧化物与的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O（5）写出能说明的非金属性比强的一个实验实事Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS或Cl2与H2S（或Na2S）反应有淡黄色沉淀生成【考点】位置结构性质
70、的相互关系应用【分析】由元素在周期表的位置可知，种元素分别为H、N、O、Ne、Na、Mg、Al、S、Cl、K，（1）稀有气体的性质最不活泼，H的原子半径最小，S的质子数为16；（2）非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；氢氧化铝为两性氢氧化物，与强酸、强碱反应；（3）非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱；（4）的最高价氧化物与的最高价氧化物对应的水化物，反应生成偏铝酸钠和水；（5）与变价金属反应或单质之间的置换反应均可比较非金属性【解答】解：由元素在周期表的位置可知，种元素分别为H、N、O、Ne、Na、Mg、Al、S、Cl、K，（1）
71、化学性质是不活泼的元素名称是氖，元素原子半径最小的是H，号元素的离子结构示意图为，故答案为：氖；H；（2）在上述元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4，碱性最强的化合物的化学式是KOH，既能与强酸反应，又能与强碱反应的化合物的化学式是Al（OH）3，故答案为：HClO4；KOH；Al（OH）3；（3）非金属性ClS，则、号元素的氢化物中还原性较强的是H2S，故答案为：H2S；（4）的最高价氧化物与的最高价氧化物对应的水化物，反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2
72、H2O；（5）能说明的非金属性比强的一个实验实事为Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS 或Cl2与H2S（或Na2S）反应有淡黄色沉淀生成，故答案为：Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS 或Cl2与H2S（或Na2S）反应有淡黄色沉淀生成22某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：无机盐M仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；图中，将1.98g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入1.12g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液N该小组同学将溶液N分为二等份，分别按路线、路线进行实验在路线中，首先向溶液N中
73、滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末1.20g；再将滤液在一定条件下蒸干只得到3.48g纯净的不含结晶水的正盐W由路线的现象可知，溶液N中含有的阳离子是Fe2+由实验流程图可推得，含氧酸盐W的化学式是K2SO4；由路线可知，1.98g无机盐M中所含钾元素的质量为0.78g无机盐M与1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液N的化学反应方程为2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】加入铁物质的量=0.02mol，1.2g氧化铁的物质的量为=0.0075mol，则溶液N中含有铁元
74、素的物质的量为：0.0075mol22=0.03mol，质量为：56g/mol0.03mol=1.68g1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，故原来无机盐M中铁元素的物质的量为0.03mol0.02mol=0.01mol；据题意得W为K2SO4，3.48g K2SO4物质的量=0.02mol，故无机盐M中含K元素，依据M为含氧酸根，且分子中的原子个数比为2：1：4，可得M的化学式为K2FeO4，（1）路线为检验亚铁离子的方法；（2）K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，根据质量守恒可知W为硫酸钾；根据n=计算出K2FeO4的物质的量，再根据n=nM计算出钾离子的质量；（
75、3）根据K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水写出反应的化学方程式【解答】解：加入铁物质的量=0.02mol，1.2g氧化铁的物质的量为： =0.0075mol，则溶液N中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol22=0.03mol，质量为：56g/mol0.03mol=1.68g1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，故原来无机盐M中铁元素的物质的量为0.03mol0.02mol=0.01mol；据题意得W为K2SO4，3.48g K2SO4物质的量=0.02mol，故无机盐M中含钾元素，依据M为含氧酸根，且分子中的原子个数比为2：1：4，可得M的化学式为K2FeO4，
76、（1）根据路线可知，N溶液中一定含有亚铁离子，故答案为：Fe2+；（2）1.2g氧化铁的物质的量为： =0.0075mol，则溶液中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol22=0.03mol，质量为：56g/mol0.03mol=1.68g1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，无机盐M分子中的原子个数比为2：1：4，则M的化学式为：K2FeO4，根据流程可知，K2FeO4与稀硫酸、还原铁粉反应生成硫酸亚铁和硫酸钾，根据质量守恒可知W为硫酸钾，1.98gK2FeO4的物质的量为=0.01mol，0.01molK2FeO4中含有0.02mol钾离子，含有钾离子的质量为39g/mol0.02mol=0.78g，故答案为：K2SO4 ；0.78；（3）1.66gNa2FeO4的物质的量为0.01mol，1.12g还原铁粉的物质的量为0.02mol，所以Na2FeO4与还原铁粉按物质的量之比为1：2反应的化学反应方程为：2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O，故答案为：2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O2017年4月7日
