2022-2022学年河北省保定市高三（上）摸底化学试卷 一、选择题（每小题只有一项符合题意，本题包括18道小题，每小题3分，共54分）1．取五个相同的气球，同温同压下，分别充入CO和以下四种混合气体，吹出体积相等的状况，如图所示．A、B、C、D四个气球内，与CO所含原子数一定相等的是（ ）A．AB．BC．CD．D 2．下列说法错误的是（ ）A．浓盐酸易挥发，盛在无色密封的玻璃瓶中B．久置浓硝酸呈黄色，消除黄色的方法是向溶液中加水C．除去C02中混有的S02：用饱和NaHC03溶液洗气，再干燥D．液溴易挥发，盛放在用水密封的用玻璃塞塞紧的棕色试剂瓶中 3．下列说法正确的是（ ）A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源 4．近年来我国很多城市发生严重的雾霾天气，对人们的健康造成严重威胁，下列有关环境问题的说法不正确的是（ ）A．改进汽车尾气净化技术，可以减少大气污染物的排放B．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生的发生密切相关，是雾霾天气的主要原因C．推广燃煤脱硫技术可以降低SO2对大气的污染D．CO、SO2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，它们在空气中都能稳定存在 -32-5．下列说法正确的是（ ）A．钠钾合金比纯钠的熔点高B．鉴别碳酸氢钠中含有纯碱的方法是加热看是否有气体生成C．水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D．太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置 6．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，不一定能产生沉淀的是（ ）序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②HCICO2石灰水③NO2SO2BaCI2④CO2NH3CaCI2A．②④B．①C．①③D．④ 7．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A．向NH4Al（S04）2溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液：2Ba2++40H﹣+2S042﹣+Al3+=2BaS04↓+2H20+Al02﹣B．向NaHS04溶液中滴Ba（OH）2溶液至S042﹣完全沉淀：2H++S042﹣+Ba2++20H﹣=BaS04↓+2H20C．向0.1mol．L﹣l、pH=l的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA﹣十OH﹣=A2﹣+H20D．向1Llmol．L﹣1的FeBr2溶液中通等物质的量Cl2：2Cl2+2Fe2++2Br﹣=4Cl﹣十2Fe3++Br2 8．X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Z位于同一主族，X、Y处于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍．X原子的核外电子数比Y原子少1．下列说法正确的是（ ）A．元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜XB．Y元素的氢化物是一种强酸C．3种元素的气态氢化物中，Y的气态氢化物还原性最强D．其对应的阴离子半径由大到小的顺序为Zn﹣＞Xn﹣＞Yn﹣ 9．下列叙述正确的是（ ）-32-A．含4NA个离子的固体Na202溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的物质的量浓度为2mol．L﹣lB．Na2S在空气中长期放置变浑浊的离子方程式为：2S2﹣+02+2H20=2S+40H﹣C．过量的澄清石灰水分别与Na2C03溶液和NaHCO3溶液反应，现象不同D．滴加KSCN显红色的溶液中大量存在：NH4+、K+、Cl﹣、I﹣ 10．氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N2=2AlON+CO（高温）合成，下列有关说法正确的是（ ）A．氮氧化铝中氮的化合价是﹣3B．反应中每生成5.7gAlON的同时生成1.12LCOC．反应中氮气作氧化剂D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1 11．下列陈述I、陈述Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述陈述AH2O2、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色前者表现出还原性后者表现出漂白性B纯银器表面在空气中渐渐变暗发生化学腐蚀CSiO2能与氢氟酸及碱反应SiO2是两性氧化物DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有BaCO3生产说明Kvp（BaSO4）＞Kvp（BaSO3）A．A、B．B、C．C、D．D、 12．下列有关实验的叙述正确的是（ ）A．实验室中用生石灰与浓氨水混合的方法不能制得氨气B．中和滴定实验中，所用滴定管和锥形瓶均不能用待装液润洗C．在加热的情况下，烧瓶中的液体体积不要超过烧瓶容积的1/3D．将KI和FeCl3溶液混合后，加入CCl4振荡静置，下层液体变紫色，说明氧化性：Fe3+＞I2 -32-13．将含1molHCl的稀盐酸，逐滴加入含0.2molNaOH和0.5molNa2CO3的混合溶液中，充分反应后溶液中各物质的量是（ ）HCl/molNaCl/molNaOH/molNa2CO3/molNaHCO3/molA010.100.1B0100.10.1C0.20.8000.2D01000.2A．AB．BC．CD．D 14．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．一定条件下，1molN2和3molH2充分反应，生成物中的N﹣H键数目为6NAB．完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NAC．100g98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NAD．1L0.1mol/L的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为0.1NA 15．常温时，将0.1molFe（N03）3和2molHC1溶于水得2L混合溶液，然后向该溶液投入mg铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色．下列有关说法正确的是（ ）A．由于氧化性Fe3+＞H+，首先发生的反应是：Fe+2Fe3+=3Fe2+B．充分反应后，共消耗铁56gC．在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在D．当加入16.8g铁粉时，可生成标准状况下6.72L气体’ 16．有M、N两溶液，各含下列12种离子中的6种：Al3+、Na+、K+、S042﹣、OH﹣、S2﹣、Mn04﹣、Fe3+、Al02﹣、C032﹣、NH4+、H+，已知两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则下列说法正确的是（ ）A．N溶液无颜色B．M溶液里的两种阳离子为Na+和NH4+C．N溶液滴入BaCl2溶液无明显现象D．M溶液中通入足量C02有白色沉淀生成 -32-17．在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g．则下列叙述不正确是（ ）A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g 18．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是（ ）①H2S溶于水是弱酸，HC1溶于水是强酸②向氢硫酸溶液中通入氯气有单质硫生成③还原性：S2﹣＞Cl﹣④高氯酸（HCl04）的酸性比硫酸强．A．①②④B．②④C．②③④D．①②③④ 二、填空题19．短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A与B可形成A2B2和A2B两种化合物；C与A位于同一主族；D与B形成的化合物是大气污染物，容易形成酸雨．请回答下列问题：（1）由A、B、E三种元素按原子个数比1：1：1组成的化合物的结构式为 ．（2）写出DB2使酸性KMn04溶液褪色的离子方程式 （3）电解100mL1mol．L﹣l的化合物CE的溶液时，若阴、阳极都用石墨作电极，电解一段时间，当阳极产生11.2mL气体（标准状况），此时溶液的pH= （假设溶液体积不变）．由上述五种元素中的三种元素组成，按原子个数比为1：1：1的强电解质x溶于水能抑制水的电离，则x的化学式为 ．（4）将化合物DB2通入化合物C2D的溶液中，充分反应后，溶液出现浑浊，则含1.2nmoi化合物C2D的溶液最多能吸收化合物DB2的物质的量为 （不考虑水中溶解的化合物DB2）． 20．对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一．请回答以下问题：-32-（1）硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素（主要以弱酸H3As03形式存在）含量极高，为控制砷的排放，某工厂采用化学沉降法处理含砷废水．①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层，砷在元素周期表的位置为 ，AsH3的稳定性比NH3的稳定性 （填“强”或“弱”）．②工业上采用硫化法（通常用硫化钠）去除废水中的砷，生成难溶的三硫化二砷，该反应的离子方程式为 ．（2）今年8月12日晚，天津滨海新区危险品仓库发生爆炸事故，少量氰化物因爆炸冲击发生泄漏，CN一有剧毒，泄露会污染水源和空气，需要处理．①包知HCN力一元弱酸，则NaCN溶液的pH 7（填“＞”“=”或“＜”）．②处理含CN一废水的方法之一是在微生物的作用下，CN﹣被氧气氧化成HC03一，同时生成NH3，该反应的离子方程式为 ．（3）电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，A﹣﹣表示乳酸根离子）．阳极的电极反应式为 ，简述浓缩室中得到浓乳酸的原理 ． 21．一种新型高效净水剂PAFC﹣﹣聚合氯化铁铝m，应用非常的广泛．（1）为测定PAFC中Al的含量，采用如图所示流程进行．回答下列问题：①步骤Ⅰ中的试剂A是 （填“氨水”或“氢氧化钠溶液”）．②步骤Ⅲ的离子方程式为 ．③实验室进行“灼烧”时所需的陶瓷仪器有 ．-32-④溶液2中存在的电荷守恒式为 ；向溶液2中滴加少量NaOH镕液，则 （填“变大”、“变小”或“不变”）．（2）C和某一金属在高温下发生反应可用于焊接钢轨，其化学反应方程为 ；某同学在实验室中进行此反应，反应结束后将所得固体溶于足量的稀硫酸，滴加KSCN溶液无明显现象，由此该同学确定该固体混合物中无Fe2O3，他的判断是否正确？ （填“是”或“否”）；其理由是 ．（用离子方程式解释） 22．为测定NaOH、Na2C03混合物中Na2C03的质量分数，甲同学拟采用图（1）所示装置来测定．乙同学拟采用图（2）所示装置来测定．请回答下列问题：（1）甲同学用图（1）装置来测定，在没有放样品前，检查该装置气密性的方法之一是从酸式滴定管向烧瓶中加入一定量的水，观察到 现象，证明此装量不漏气．实验时称得样品的质量为mg，酸式滴定管的起始读数为amL，终了读数为bmL，注射器测定排出的气体为cmL（已折算成标准状况），该样品中Na2C03的质量分数为（用含a、b、c、m的代数式表示） ．（2）本实验选用稀H2S04而未选用稀盐酸的原因是 ．-32-（3）乙同学观察了甲同学的实验后很受启发，并发现自己的图（2）原实验设计方案会造成误差．其原因之一可能是C02在水中溶解度较大，引起测量气体体积减小．丙同学经思考后．建议乙同学将图（2）中某部分稍作改进，就可避免此种误差，写出你的改进方案 ．（4）丁同学提出将图（2）装置中量气装置去掉，只用反应装置和天平也能较准确地测出样品中Na2C03的质量分数，请你分析丁同学方案中，除了测定样品的质量，还需测定的另两个数据是 、 ．（5）还可以用其他实验方法测定试样中纯碱的质量分数，请简述一种与上述各方法不同的实验方法 ． -32-2022-2022学年河北省保定市高三（上）摸底化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一项符合题意，本题包括18道小题，每小题3分，共54分）1．取五个相同的气球，同温同压下，分别充入CO和以下四种混合气体，吹出体积相等的状况，如图所示．A、B、C、D四个气球内，与CO所含原子数一定相等的是（ ）A．AB．BC．CD．D【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】相同条件下，气体的气体摩尔体积相同，由n=可知气体的物质的量相同，假设CO为1mol，则含有2mol原子，如原子数相等，则原子物质的量相等，据此分析．【解答】解：A．含有HCl和O3，1mol混合气体含有的原子的物质的量大于2mol，故A错误；B．含有H2和NH3，二者原子的物质的量大于2mol，故B错误；C．含有N2和O2，都为双原子分子，则1mol混合气体含有2mol原子，故C正确；D．含有Ne和NO2，二者的物质的量比为1：1时才符合，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关计算公式的运用以及物质的构成的判断，难度不大． 2．下列说法错误的是（ ）A．浓盐酸易挥发，盛在无色密封的玻璃瓶中B．久置浓硝酸呈黄色，消除黄色的方法是向溶液中加水C．除去C02中混有的S02：用饱和NaHC03溶液洗气，再干燥D．液溴易挥发，盛放在用水密封的用玻璃塞塞紧的棕色试剂瓶中【考点】化学试剂的存放；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．浓盐酸易挥发，见光不分解；-32-B．浓硝酸具有不稳定性受热易分解生成二氧化氮和氧气、水，二氧化氮溶于硝酸，所以浓硝酸显黄色；C．二氧化硫能与碳酸氢钠反应；D．液溴易挥发，需液封．【解答】解：A．浓盐酸易挥发，见光不分解，保存在无色密封的玻璃瓶中，故A正确；B．加入适量水，浓硝酸被稀释稀硝酸，应通入空气发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以可以除去二氧化氮，故B错误；C．二氧化硫能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D．溴单质易挥发，应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，水封法保存，故D正确．故选B．【点评】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，题目难度不大． 3．下列说法正确的是（ ）A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念；合金的概念及其重要应用；石油的分馏产品和用途．【专题】物质的分类专题．【分析】A．酸指电离出的阳离子全为氢离子；碱指电离的阴离子全为氢氧根离子，盐由金属阳离子和酸根阴离子组成，氧化物有两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物；B．根据非电解质、强电解质以及弱电解质的概念来回答；C．根据工业上金属的冶炼方法结合金属的性质来选择合适的冶炼方法；D．化石能源是在短时间内不能形成的能源，像煤、石油和天然气等；不可再生能源是随其本身的转化或被人类利用而减少的能源，包括化煤、石油、天然气等；二次能源是由一次性能源直接或间接转换而来的能源：水煤气、氢能、电能、汽油、沼气．-32-【解答】解：A．硫酸电离出的阳离子全为氢离子，属于酸；纯碱由钠离子和碳酸根离子组成，属于盐；醋酸钠由钠离子和醋酸根离子组成属于盐；生石灰由钙和氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故A错误；B．蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电力，属于弱电解质，故B正确；C．Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属采用电解法冶炼制备；Fe、Zn、Cu等中等活泼金属用热还原法，即以C、CO或H2做还原剂还原冶炼；Hg、Ag等不活泼金属的氧化物不稳定，受热易分解，故采用热分解法冶炼，故C错误；D．天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了物质的分类、金属的冶炼等，难度不大，抓住分类的依据是解题的关键． 4．近年来我国很多城市发生严重的雾霾天气，对人们的健康造成严重威胁，下列有关环境问题的说法不正确的是（ ）A．改进汽车尾气净化技术，可以减少大气污染物的排放B．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生的发生密切相关，是雾霾天气的主要原因C．推广燃煤脱硫技术可以降低SO2对大气的污染D．CO、SO2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，它们在空气中都能稳定存在【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放；B．PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它是造成雾霾天气的“元凶”之一；C．燃煤脱硫主要是控制二氧化硫的排放；D．一氧化氮不稳定容易与氧气反应生成二氧化氮．【解答】解：A．汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，有利于人体健康，故A正确；B．PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它是造成雾霾天气的“元凶”之一，故B正确；-32-C．燃煤脱硫主要是控制二氧化硫的排放防止酸雨形成，故C正确；D．一氧化氮不稳定容易与氧气反应生成二氧化氮，在空气中不能稳定存在，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了化学与环境的污染与治理，熟悉环境的污染源与治理方法是解题关键，注意相关知识的积累． 5．下列说法正确的是（ ）A．钠钾合金比纯钠的熔点高B．鉴别碳酸氢钠中含有纯碱的方法是加热看是否有气体生成C．水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D．太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置【考点】碱金属的性质；元素周期表的结构及其应用；硅和二氧化硅；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】A、合金的熔点低硬度大；B、碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，碳酸钠受热不分解；C、水晶是二氧化硅的晶体；D、硅元素是两性元素位于金属和非金属的分界线处．【解答】解：A、钠与钾合金的熔点降低，钠钾合金比纯钠的熔点低，故A错误；B、碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，碳酸钠受热不分解，加热看是否有气体生成不能鉴别碳酸氢钠中含有纯碱，故B错误；C、水晶的成分为二氧化硅属于氧化物，不是硅酸盐，故C错误；D、硅元素是两性元素，表现金属和非金属的性质，周期表中处于金属与非金属的交界位置，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，注意掌握物质组成和性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单． 6．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，不一定能产生沉淀的是（ ）-32-序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②HCICO2石灰水③NO2SO2BaCI2④CO2NH3CaCI2A．②④B．①C．①③D．④【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】①石灰水过量，有CaCO3和CaSO3沉淀生成；②石灰水过量，有CaCO3沉淀生成；③SO2将被NO2氧化成SO3，有BaSO4沉淀生成；④当NH3不足时，最终无沉淀生成【解答】解：①由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，故①正确；②同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，故②正确；③NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，故③正确；④当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O═CaCO3↓+2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O═Ca（HCO3）2+2NH4C1，故④错误．故选D．【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度中等，注意丙过量，对相应物质的化学性质要掌握到位．解题时要认真审题、一一排查，同时要掌握NO2的氧化性，SO2具有还原性，掌握基础是关键，题目难度中等． 7．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A．向NH4Al（S04）2溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液：2Ba2++40H﹣+2S042﹣+Al3+=2BaS04↓+2H20+Al02﹣B．向NaHS04溶液中滴Ba（OH）2溶液至S042﹣完全沉淀：2H++S042﹣+Ba2++20H﹣=BaS04↓+2H20C．向0.1mol．L﹣l、pH=l的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA﹣十OH﹣=A2﹣+H20D．向1Llmol．L﹣1的FeBr2溶液中通等物质的量Cl2：2Cl2+2Fe2++2Br﹣=4Cl﹣十2Fe3++Br2【考点】离子方程式的书写．【分析】A．滴加过量Ba（OH）2溶液，漏写生成一水合氨的离子反应；-32-B．至S042﹣完全沉淀，生成硫酸钡、水、NaOH；C.0.1mol/L的pH=l的NaHA溶液，为强酸的酸式盐；D．等物质的量Cl2，亚铁离子全部被氧化，而溴离子一半被氧化．【解答】解：A．向NH4Al（S04）2溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液的离子反应为NH4++2Ba2++50H﹣+2S042﹣+Al3+=2BaS04↓+2H20+Al02﹣+NH3．H20，故A错误；B．向NaHS04溶液中滴Ba（OH）2溶液至S042﹣完全沉淀的离子反应为H++S042﹣+Ba2++0H﹣=BaS04↓+H20，故B错误；C．向0.1mol．L﹣l、pH=l的NaHA溶液中加入NaOH溶液的离子反应为H++OH﹣=H20，故C错误；D．向1Llmol．L﹣1的FeBr2溶液中通等物质的量Cl2的离子反应为2Cl2+2Fe2++2Br﹣=4Cl﹣+2Fe3++Br2，故D正确；故选D．【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，侧重复分解反应、氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大． 8．X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Z位于同一主族，X、Y处于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍．X原子的核外电子数比Y原子少1．下列说法正确的是（ ）A．元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜XB．Y元素的氢化物是一种强酸C．3种元素的气态氢化物中，Y的气态氢化物还原性最强D．其对应的阴离子半径由大到小的顺序为Zn﹣＞Xn﹣＞Yn﹣【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】X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；X、Z位于同一族，故Z为硫元素；X、Y处于同一周期，X原子的核外电子数比Y少1，则Y原子的核外电子数为9，故Y为F元素，结合元素周期律解答．【解答】解：X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；X、Z位于同一族，故Z为硫元素；X、Y处于同一周期，X原子的核外电子数比Y少1，则Y原子的核外电子数为9，故Y为F元素，-32-A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性S＜O＜F，故A错误；B．Y为F元素，氢氟酸为弱酸，故B错误；C．非金属性S＜O＜F，故氢化物中H2S的还原性最强，故C错误；D．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S2﹣＞O2﹣＞F﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查结构位置性质关系的应用、元素周期律等，难度不大，推断元素是关键，突破口为X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，注意基础知识的积累掌握． 9．下列叙述正确的是（ ）A．含4NA个离子的固体Na202溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的物质的量浓度为2mol．L﹣lB．Na2S在空气中长期放置变浑浊的离子方程式为：2S2﹣+02+2H20=2S+40H﹣C．过量的澄清石灰水分别与Na2C03溶液和NaHCO3溶液反应，现象不同D．滴加KSCN显红色的溶液中大量存在：NH4+、K+、Cl﹣、I﹣【考点】钠的重要化合物；离子共存问题．【专题】常规题型．【分析】A、含4NA个离子的固体Na202物质的量为mol，溶于水发生反应生成氢氧化钠溶液，据此计算溶液中钠离子浓度；B、Na2S在空气中长期放置变浑浊，是硫离子的还原性被空气中的氧气氧化生成硫单质；C、过量的澄清石灰水分别与Na2C03溶液和NaHCO3溶液反应都会生成白色沉淀；D、滴加KSCN显红色的溶液中含Fe3+，I﹣离子被铁离子氧化不能存在．【解答】解：A、含4NA个离子的固体Na202物质的量为mol，溶于水发生反应生成氢氧化钠溶液，据此计算溶液中钠离子浓度mol/L，故A错误；B、Na2S在空气中长期放置变浑浊，是硫离子的还原性被空气中的氧气氧化生成硫单质，2S2﹣+02+2H20=2S+40H﹣，故B正确；C、过量的澄清石灰水分别与Na2C03溶液和NaHCO3溶液反应都会生成白色沉淀碳酸钙，不能鉴别二者，故C错误；-32-D、滴加KSCN显红色的溶液中含Fe3+，I﹣离子被铁离子氧化，2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，不能存在，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子性质，物质性质和检验方法，掌握物质的性质和离子检验是解题关键，题目难度中等． 10．氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N2=2AlON+CO（高温）合成，下列有关说法正确的是（ ）A．氮氧化铝中氮的化合价是﹣3B．反应中每生成5.7gAlON的同时生成1.12LCOC．反应中氮气作氧化剂D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1【考点】氧化还原反应．【分析】Al2O3+C+N22AlON+CO中，N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为还原剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目．【解答】解：A．由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，O为﹣2价，氮元素的化合价为﹣1，故A错误；B．没有说明是标准状况，不能计算生成CO的体积，故B错误；C．N元素化合价降低，N2为氧化剂，故C正确；D．CO为氧化产物，AlON为还原产物，由反应可知物质的量比为1：2，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目侧重于相关概念的考查，题目难度不大． 11．下列陈述I、陈述Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述陈述AH2O2、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色前者表现出还原性后者表现出漂白性B纯银器表面在空气中渐渐变暗发生化学腐蚀-32-CSiO2能与氢氟酸及碱反应SiO2是两性氧化物DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有BaCO3生产说明Kvp（BaSO4）＞Kvp（BaSO3）A．A、B．B、C．C、D．D、【考点】二氧化硫的化学性质；金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅．【分析】A、过氧化氢和二氧化硫钡高锰酸钾溶液氧化，表现了还原性；B、银和空气中氧气氧化表面变暗；C、二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氟酸反应是特性；D、离子浓度积大于等于溶度积可以沉淀；【解答】解：A、H2O2、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现出过氧化氢和二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白作用，故A错误；B、纯银器表面在空气中渐渐变暗，银和空气中氧气氧化表面变暗，发生化学腐蚀，故B正确；C、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特性，属于酸性氧化物，故C错误；D、BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有BaCO3生产，是因为碳酸根离子浓度和钡离子浓度乘积大于等于碳酸钡溶度积，会形成碳酸钡沉淀，不能证明溶度积常数大小，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是二氧化硅、过氧化氢等物质性质的分析，溶度积常数和沉淀转化的原理分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等． 12．下列有关实验的叙述正确的是（ ）A．实验室中用生石灰与浓氨水混合的方法不能制得氨气B．中和滴定实验中，所用滴定管和锥形瓶均不能用待装液润洗C．在加热的情况下，烧瓶中的液体体积不要超过烧瓶容积的1/3D．将KI和FeCl3溶液混合后，加入CCl4振荡静置，下层液体变紫色，说明氧化性：Fe3+＞I2【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．生石灰能与水反应，且为放热反应；B．滴定管不润洗，浓度会减小；C．烧瓶中的液体体积不要超过烧瓶容积的；-32-D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．【解答】解：A．生石灰能与水反应生成强碱，且为放热反应，氨水受热分解生成氨气，所以可制取氨气，故A错误；B．滴定管不润洗，浓度会减小，所以滴定管装液前应用待装溶液润洗，故B错误；C．在加热的情况下，烧瓶中的液体体积不要超过烧瓶容积的，故C错误；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性：Fe3+＞I2，故D正确．故选D．【点评】本题考查氨气的制备、中和滴定、仪器使用、氧化性比较等，难度不大，注意物质的性质决定物质的用途，熟记物质的性质并灵活应用是关键，难度不大． 13．将含1molHCl的稀盐酸，逐滴加入含0.2molNaOH和0.5molNa2CO3的混合溶液中，充分反应后溶液中各物质的量是（ ）HCl/molNaCl/molNaOH/molNa2CO3/molNaHCO3/molA010.100.1B0100.10.1C0.20.8000.2D01000.2A．AB．BC．CD．D【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】将盐酸加入NaOH和Na2CO3的混合溶液中，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3与稀盐酸发生分步反应，先发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，Na2CO3完全转化为NaHCO3后，再发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，据此根据方程式进行计算判断．【解答】解：盐酸首先与氢氧化钠发生中和反应，则：NaOH+HCl=H2O+NaCl，0.2mol0.2mol0.2mol0.2molNaOH完全反应，消耗0.2molHCl，生成0.2molNaCl，剩余HCl为1mol﹣0.2mol=0.8mol；剩余盐酸再与碳酸钠发生分步反应，则：-32-Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl0.5mol0.5mol0.5mol0.5molNa2CO3完全转化为NaHCO3，消耗0.5molHCl，生成0.5molNaCl、0.5molNaHCO3，剩余HCl为0.8mol﹣0.5mol=0.3mol，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，0.3mol0.3mol0.3molHCl完全反应需要0.3molNaHCO3，小于0.5mol，HCl完全反应，剩余NaHCO3为0.5mol﹣0.3mol=0.2mol，生成0.3molNaCl，综上所述，反应后溶液中含有0.2molNaHCO3、NaCl为0.2mol+0.5mol+0.3mol=1mol，故选D．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解滴加过程中发生的反应是解题关键，注意碳酸钠与盐酸反应滴加顺序不同、反应不同，实质是反应物的量不同引起反应不同． 14．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．一定条件下，1molN2和3molH2充分反应，生成物中的N﹣H键数目为6NAB．完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NAC．100g98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NAD．1L0.1mol/L的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应；B.1molCH3CH2OH、C2H4完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是4×3NA；C．浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子；D．硫离子为多元弱酸根离子存在两步水解：S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣；HS﹣+H2OH2S+OH﹣．【解答】解：A．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能朝着一个方向进行到底，1molN2和3molH2充分反应，生成的氨气小于2mol，生成N﹣H键数目小于6NA，故A错误；B.1molCH3CH2OH、C2H4完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是4×3NA，所以完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NA，故B正确；-32-C．浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子，所以100g98%的浓硫酸中含氧原子个数远远大于4NA，故C错误；D．硫离子为多元弱酸根离子存在两步水解：S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣；HS﹣+H2OH2S+OH﹣，依据物料守恒可知：1L0.1mol/L的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣、H2S，总数为0.1NA，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，侧重考查可逆反应、电子转移的计算、微粒个数的计算，明确可逆反应特点、熟悉盐溶液中存在的物料守恒是解题关键，题目难度中等． 15．常温时，将0.1molFe（N03）3和2molHC1溶于水得2L混合溶液，然后向该溶液投入mg铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色．下列有关说法正确的是（ ）A．由于氧化性Fe3+＞H+，首先发生的反应是：Fe+2Fe3+=3Fe2+B．充分反应后，共消耗铁56gC．在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在D．当加入16.8g铁粉时，可生成标准状况下6.72L气体’【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，所以向溶液中加入铁粉后先发生反应：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，0.1mol硝酸铁中含有0.3mol硝酸根离子，根据反应可知，0.3mol硝酸根离子完全反应消耗1.2mol氢离子，同时生成0.3molNO气体，氢离子还剩余0.8mol；此时溶液中含有Fe3+的物质的量为：0.1mol+0.3mol=0.4mol，然后发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，据此结合题中数据进行计算．【解答】解：硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，所以向溶液中加入铁粉后先发生反应：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，0.1mol硝酸铁中含有0.3mol硝酸根离子，根据反应可知，0.3mol硝酸根离子完全反应消耗1.2mol氢离子，同时生成0.3molNO气体，氢离子还剩余0.8mol；此时溶液中含有Fe3+的物质的量为：0.1mol+0.3mol=0.4mol，然后发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A．溶液中含有H+、NO3﹣，其氧化性大于铁离子，所以优先发生反应：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，故A错误；-32-B．反应中至少消耗Fe的物质的量为：n（Fe）=n（NO3﹣）+n总（Fe3+）=0.3mol+0.4mol×=0.5mol，质量为：56g/mol×0.5mol=28g，故B错误；C．由于反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红色，则反应后的溶液中不会存在Fe3+，故C错误；D．16.8g铁的物质的量为：=0.3mol，根据反应Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O可知，0.3mol铁完全反应生成0.3molNO气体，标况下NO的体积为6.72L，故D正确；故选D【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力． 16．有M、N两溶液，各含下列12种离子中的6种：Al3+、Na+、K+、S042﹣、OH﹣、S2﹣、Mn04﹣、Fe3+、Al02﹣、C032﹣、NH4+、H+，已知两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则下列说法正确的是（ ）A．N溶液无颜色B．M溶液里的两种阳离子为Na+和NH4+C．N溶液滴入BaCl2溶液无明显现象D．M溶液中通入足量C02有白色沉淀生成【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，由H+、Fe3+、NH4+、Al3+均能与OH﹣反应，则M中的阳离子为K+、Na+，N中的阳离子为H+、Fe3+、Al3+，则与N中阳离子反应的阴离子应在M中，剩余的阴离子在N中，以此来解答．【解答】解：由溶液中离子之间的反应可知，H+、Fe3+、NH4+、Al3+与OH﹣反应，不能大量共存，且M溶液里的阳离子只有两种，所以H+、Fe3+、NH4+、Al3+在N溶液中，K+、Na+、OH﹣在M溶液中，由此知，M溶液呈碱性，N溶液呈酸性；N溶液呈酸性，能和酸反应的离子Al02﹣、C032﹣、S2﹣不能在N溶液中，只能在M溶液中，高锰酸根离子有强氧化性，不能和S2﹣共存，所以Mn04﹣存在于N溶液中，M溶液里的阳离子至少有两种，则Na+、K+在M溶液中，由以上分析知，M溶液中存在的离子为：S2﹣、Na+、K+、OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣；-32-N溶液中存在的离子为H+、Fe3+、NH4+、Al3+、MnO4﹣、SO42﹣，A．N溶液中含有MnO4﹣，所以N溶液为有色溶液，故A错误；B．M中含有的阳离子为Na+、K+，故B错误；C．N溶液中含有SO42﹣，滴入氯化钡溶液后会生成硫酸钡沉淀，故C错误；D．M溶液中含有AlO2﹣，通入二氧化碳后会生成氢氧化铝沉淀，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，注意掌握离子共存条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力． 17．在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g．则下列叙述不正确是（ ）A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】发生反应方程式为：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过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（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5.1g，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：0.3mol×=0.15mol，据此对各选项进行计算和判断．【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设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过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3-32-，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5.1g，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：0.3mol×=0.15mol，A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×=0.1mol，标准状况下生成NO的体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故A正确；B．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，故B正确；C．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×=0.4mol，硝酸有可能有剩余，故C错误；D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g，故D正确；故选C．【点评】本题考查混合物反应的计算、化学反应方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力． 18．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是（ ）①H2S溶于水是弱酸，HC1溶于水是强酸②向氢硫酸溶液中通入氯气有单质硫生成③还原性：S2﹣＞Cl﹣④高氯酸（HCl04）的酸性比硫酸强．A．①②④B．②④C．②③④D．①②③④【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【分析】根据判断非金属性强弱的方法：①单质与氢气易（难）反应；②生成的氢化物稳定（不稳定）；③最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱）；④相互置换反应（强制弱）来回答．【解答】解：①判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），而H2S水溶液、HCl水溶液均是非含氧酸，故①错误；-32-②判断非金属性强弱的方法：相互置换反应（强制弱），即非金属性强的元素单质可以置换非金属弱的元素单质，向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成，说明氯气可以置换硫，硫元素的非金属性比氯元素弱，故②正确；③简单阴离子的还原性越强，元素的非金属性越弱，故非金属性S弱于氯，故③正确；④判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故④正确．故选C．【点评】本题考查学生判断元素非金属性强弱的方法，可以根据所学知识进行回答，难度较大． 二、填空题19．短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A与B可形成A2B2和A2B两种化合物；C与A位于同一主族；D与B形成的化合物是大气污染物，容易形成酸雨．请回答下列问题：（1）由A、B、E三种元素按原子个数比1：1：1组成的化合物的结构式为 H﹣O﹣Cl ．（2）写出DB2使酸性KMn04溶液褪色的离子方程式 5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+ （3）电解100mL1mol．L﹣l的化合物CE的溶液时，若阴、阳极都用石墨作电极，电解一段时间，当阳极产生11.2mL气体（标准状况），此时溶液的pH= 12 （假设溶液体积不变）．由上述五种元素中的三种元素组成，按原子个数比为1：1：1的强电解质x溶于水能抑制水的电离，则x的化学式为 NaOH ．（4）将化合物DB2通入化合物C2D的溶液中，充分反应后，溶液出现浑浊，则含1.2nmoi化合物C2D的溶液最多能吸收化合物DB2的物质的量为 3nmol （不考虑水中溶解的化合物DB2）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，D与B形成的化合物是大气污染物，容易形成酸雨，则D为硫元素、B为氧元素；E的原子序数最大，故E为Cl；A与B可形成A2B2和A2B两种化合物，A处于ⅠA族，C与A位于同一主族，C的原子序数大于氧元素，故A为H元素、C为Na元素、A2B2为H2O2、A2B为H2O，据此解答．-32-【解答】解：短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，D与B形成的化合物是大气污染物，容易形成酸雨，则D为硫元素、B为氧元素；E的原子序数最大，故E为Cl；A与B可形成A2B2和A2B两种化合物，A处于ⅠA族，C与A位于同一主族，C的原子序数大于氧元素，故A为H元素、C为Na元素、A2B2为H2O2、A2B为H2O．（1）由H、O、Cl三种元素按原子个数比1：1：1组成的化合物为HClO，结构式为H﹣O﹣Cl，故答案为：H﹣O﹣Cl；（2）SO2使酸性KMn04溶液褪色的离子方程式：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+，故答案为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+；（3）电解100mL1mol．L﹣的化合物NaCl的溶液，NaCl物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，若阴、阳极都用石墨作电极，电解一段时间，当阳极产生11.2mL气体（标准状况），阴极生成气体物质的量为=0.0005mol，由2NaCl+H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑可知生成NaOH为0.0005mol×2=0.001mol，故c（OH﹣）==0.01mol/L，溶液中c（H+）=mol/L=10﹣12mol/L，溶液中pH=﹣lg10﹣12=12；由上述五种元素中的三种元素组成，按原子个数比为1：1：1的强电解质X溶于水能抑制水的电离，则X的化学式为NaOH，故答案为：12；NaOH；（4）将化合物SO2通入化合物Na2S的溶液中，充分反应后，溶液出现浑浊，溶液中生成的NaOH，也吸收二氧化硫，总反应方程式为：5SO2+2Na2S+2H2O=4NaHSO3+3S↓，故含1.2nmol化合物Na2S的溶液最多能吸收化合物SO2的物质的量为1.2nmol×=3nmol，故答案为：3nmol．【点评】本题考查元素化合物推断、离子方程式书写、溶液pH计算、电解有关计算、化学方程式计算等，（4）中计算为易错点、难点，学生难以考虑二氧化硫与硫化钠反应会生成NaOH，难度中等． 20．对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一．请回答以下问题：（1）硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素（主要以弱酸H3As03形式存在）含量极高，为控制砷的排放，某工厂采用化学沉降法处理含砷废水．-32-①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层，砷在元素周期表的位置为 第四周期，第ⅤA族 ，AsH3的稳定性比NH3的稳定性 弱 （填“强”或“弱”）．②工业上采用硫化法（通常用硫化钠）去除废水中的砷，生成难溶的三硫化二砷，该反应的离子方程式为 2H3AsO3+3S2﹣+6H+=As2S3+6H2O ．（2）今年8月12日晚，天津滨海新区危险品仓库发生爆炸事故，少量氰化物因爆炸冲击发生泄漏，CN一有剧毒，泄露会污染水源和空气，需要处理．①包知HCN力一元弱酸，则NaCN溶液的pH ＞ 7（填“＞”“=”或“＜”）．②处理含CN一废水的方法之一是在微生物的作用下，CN﹣被氧气氧化成HC03一，同时生成NH3，该反应的离子方程式为 4H2O+2CN﹣+O2=2HCO3﹣+2NH3 ．（3）电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，A﹣﹣表示乳酸根离子）．阳极的电极反应式为 4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑ ，简述浓缩室中得到浓乳酸的原理 阳极OH﹣放电，c（H+）增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A﹣通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，H++A﹣═HA，乳酸浓度增大 ．【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】（1）①根据电子层数=周期数，最外层电子数=族序数来回答；同主族，氰化物的稳定性从上到下逐渐减弱；②根据信息：硫化钠可以和废水中的砷反应，生成难溶性的三硫化二砷来书写方程式；（2）①根据弱酸强碱盐水解导致溶液显示碱性来回答；②根据信息：CN﹣废水的方法之一是在微生物的作用下，CN﹣被氧气氧化成HCO3﹣，同时生成NH3来书写方程式；（3）①根据电解池的工作原理：阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应来判断；②根据电解池的工作原理：在电解池的阳极上是OH﹣放电，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室．-32-【解答】解：（1）①As电子层数=周期数=4，最外层电子数=族序数=5，所以As位于第四周期，第ⅤA族，同主族，氢化物的稳定性从上到下逐渐减弱，所以AsH3的稳定性比NH3的稳定性弱，故答案为：第四周期，第ⅤA族；弱；②根据信息：硫化钠可以和废水中的砷反应，生成难溶性的三硫化二砷，据此得到反应的离子方程式为：2H3AsO3+3S2﹣+6H+=As2S3+6H2O，故答案为：2H3AsO3+3S2﹣+6H+=As2S3+6H2O；（2）①已知HCN为一元弱酸，则NaCN溶液是强碱弱酸盐，溶液的pH大于7，故答案为：＞；②在微生物的作用下，CN﹣被氧气氧化成HCO3﹣，同时生成NH3的方程式为：4H2O+2CN﹣+O2=2HCO3﹣+2NH3，故答案为：4H2O+2CN﹣+O2=2HCO3﹣+2NH3；（3）①阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；②在电解池的阳极上是OH﹣放电，所以c（H+）增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A﹣通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，这样：H++A﹣═HA，乳酸浓度增大，故答案为：阳极OH﹣放电，c（H+）增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A﹣通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，H++A﹣═HA，乳酸浓度增大．【点评】本题涉及元素在周期表中的分布、电解池和原电池的工作原理以及应用的考查，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度中等． 21．一种新型高效净水剂PAFC﹣﹣聚合氯化铁铝m，应用非常的广泛．（1）为测定PAFC中Al的含量，采用如图所示流程进行．回答下列问题：①步骤Ⅰ中的试剂A是 氢氧化钠溶液 （填“氨水”或“氢氧化钠溶液”）．②步骤Ⅲ的离子方程式为 AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ．③实验室进行“灼烧”时所需的陶瓷仪器有 坩埚、泥三角 ．-32-④溶液2中存在的电荷守恒式为 c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）， ；向溶液2中滴加少量NaOH镕液，则 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）．（2）C和某一金属在高温下发生反应可用于焊接钢轨，其化学反应方程为 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 ；某同学在实验室中进行此反应，反应结束后将所得固体溶于足量的稀硫酸，滴加KSCN溶液无明显现象，由此该同学确定该固体混合物中无Fe2O3，他的判断是否正确？ 否 （填“是”或“否”）；其理由是 Fe+2Fe3+=3Fe2+ ．（用离子方程式解释）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）为检测PAFC中Al和Fe含量，PAFC加入足量A为氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，氯化钠溶液，过滤后得到氢氧化铁灼烧得到C为氧化铁，滤液Ⅰ中通入过量的B为二氧化碳气体和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀，灼烧得到D为氧化铝；①步骤Ⅰ中的试剂A为氢氧化钠溶液；②步骤Ⅲ的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀；③依据固体灼烧所需陶瓷仪器为坩埚，泥三角分析；④溶液2为碳酸氢钠溶液和氯化钠溶液的混合物，溶液中阴阳离子所带电荷数相同，向溶液2中滴加少量NaOH镕液和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，碳酸根离子浓度增大，碳酸浓度减小；（2）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度，铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子分析书写离子方程式．【解答】解：（1）为检测PAFC中Al和Fe含量，PAFC加入足量A为氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，氯化钠溶液；过滤后得到氢氧化铁灼烧得到C为氧化铁，滤液Ⅰ中通入过量的B为二氧化碳气体和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀，灼烧得到D为氧化铝；①步骤Ⅰ中的试剂A为氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；-32-②步骤Ⅲ的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；③实验室进行“灼烧”是灼烧氢氧化铝固体，固体灼烧所需陶瓷仪器为坩埚、泥三角；故答案为：坩埚、泥三角；④溶液2为碳酸氢钠溶液和氯化钠溶液，溶液中阴阳离子所带电荷数相同，溶液中存在电荷守恒为：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣），向溶液2中滴加少量NaOH镕液和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，碳酸根离子浓度增大，碳酸浓度减小，比值减小；故答案为：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）；变小；（2）由于Al、Fe以及Fe2O3的物质的量关系无法确定，则不能确定溶液中Fe元素的存在形成是否有Fe3+，所得酸性溶液中，不能确定是否一定存在的阳离子为Fe3+；铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度发生反应，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应结束后将所得固体溶于足量的稀硫酸，滴加KSCN溶液无明显现象，不能确定该固体混合物中无Fe2O3；故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；否；Fe+2Fe3+=3Fe2+．【点评】本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是过程分析判断，电解质溶液中离子性质和电荷守恒，实验基本操作的应用，掌握基础是关键，题目难度中等． 22．为测定NaOH、Na2C03混合物中Na2C03的质量分数，甲同学拟采用图（1）所示装置来测定．乙同学拟采用图（2）所示装置来测定．请回答下列问题：-32-（1）甲同学用图（1）装置来测定，在没有放样品前，检查该装置气密性的方法之一是从酸式滴定管向烧瓶中加入一定量的水，观察到 注射器增大的体积与加入水的体积相等 现象，证明此装量不漏气．实验时称得样品的质量为mg，酸式滴定管的起始读数为amL，终了读数为bmL，注射器测定排出的气体为cmL（已折算成标准状况），该样品中Na2C03的质量分数为（用含a、b、c、m的代数式表示） ．（2）本实验选用稀H2S04而未选用稀盐酸的原因是 稀硫酸不易挥发，稀盐酸易挥发出氯化氢气体，产生误差 ．（3）乙同学观察了甲同学的实验后很受启发，并发现自己的图（2）原实验设计方案会造成误差．其原因之一可能是C02在水中溶解度较大，引起测量气体体积减小．丙同学经思考后．建议乙同学将图（2）中某部分稍作改进，就可避免此种误差，写出你的改进方案 将水换成饱和NaHCO3溶液，或在贮水瓶中的水面上加一层植物油都可防止CO2溶于水 ．（4）丁同学提出将图（2）装置中量气装置去掉，只用反应装置和天平也能较准确地测出样品中Na2C03的质量分数，请你分析丁同学方案中，除了测定样品的质量，还需测定的另两个数据是 反应前装有药品的整个装置的质量 、 反应后整个装置的质量 ．（5）还可以用其他实验方法测定试样中纯碱的质量分数，请简述一种与上述各方法不同的实验方法 称量一定质量的样品配成溶液，加入足量的BaCl2-32-溶液后得到沉淀，将沉淀进行过滤、洗涤、干燥、冷却、称量．由沉淀（BaCO3）质量计算出Na2CO3的质量，最后计算出Na2CO3的质量分数 ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；实验评价题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学实验基本操作．【分析】（1）根据在密封条件容器中气体体积不变判断；碳酸钠与硫酸反应产生的二氧化碳的体积为（c﹣b+a）mL，根据二氧化碳的体积可计算出碳酸钠的质量，进而确定样品中Na2C03的质量分数；（2）稀硫酸不易挥发，稀盐酸易挥发出，挥发出来的氯化氢对实验有影响；（3）根据减少二氧化碳的溶解判断，例如可以用饱和碳酸氢钠溶液，或水面上加一层植物油等；（4）根据反应前后整个装置的质量差可知产生的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量再计算出碳酸钠的质量，进而确定样品中Na2C03的质量分数；（5）测定NaOH、Na2C03混合物中Na2C03的质量分数，可以用氯化钡或氯化钙将碳酸根离子沉淀，根据沉淀的质量可计算出碳酸钠的质量，进而确定样品中Na2C03的质量分数．【解答】解：（1）根据在密封条件容器中气体体积不变判断可知，当注射器增大的体积与加入水的体积相等时，则可以说明此装量不漏气，碳酸钠与硫酸反应产生的二氧化碳的体积为（c﹣b+a）mL，则二氧化碳的物质的量为mol，根据碳元素守恒可知，样品中Na2C03的质量为mol×106g/mol=g，所以Na2C03的质量分数为=，故答案为：注射器增大的体积与加入水的体积相等；；（2）稀硫酸不易挥发，稀盐酸易挥发出，挥发出来的氯化氢对实验有影响，所以不能用稀盐酸而要用稀硫酸，故答案为：稀硫酸不易挥发，稀盐酸易挥发出氯化氢气体，产生误差；（3）减少二氧化碳的溶解就在就可减小误差，所以可以用饱和碳酸氢钠溶液，或水面上加一层植物油等，-32-故答案为：将水换成饱和NaHCO3溶液，或在贮水瓶中的水面上加一层植物油都可防止CO2溶于水；（4）根据反应前后整个装置的质量差可知产生的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量再计算出碳酸钠的质量，进而确定样品中Na2C03的质量分数，所以除了测定样品的质量，还需测定的另两个数据是反应前装有药品的整个装置的质量，反应后整个装置的质量，故答案为：反应前装有药品的整个装置的质量；反应后整个装置的质量；（5）测定NaOH、Na2C03混合物中Na2C03的质量分数，可以用氯化钡或氯化钙将碳酸根离子沉淀，根据沉淀的质量可计算出碳酸钠的质量，进而确定样品中Na2C03的质量分数，所以实验方法为称量一定质量的样品配成溶液，加入足量的BaCl2溶液后得到沉淀，将沉淀进行过滤、洗涤、干燥、冷却、称量．由沉淀（BaCO3）质量计算出Na2CO3的质量，最后计算出Na2CO3的质量分数，故答案为：称量一定质量的样品配成溶液，加入足量的BaCl2溶液后得到沉淀，将沉淀进行过滤、洗涤、干燥、冷却、称量．由沉淀（BaCO3）质量计算出Na2CO3的质量，最后计算出Na2CO3的质量分数．【点评】本题以NaOH、Na2C03混合物中Na2C03的质量分数的测定载体，考查了实验方案的设计、质量分数的计算等知识，内容较多，难度中等． 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