2022-2022学年山西省晋中市祁县中学高三（上）月考化学试卷（10月份） 一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列反应产生的气体，通过Na2SO3溶液不反应的是（ ）①Na2O2和CO2②Al和NaOH溶液③MnO2和浓盐酸④浓硝酸和铜片⑤铜片和浓硫酸共热．A．①②B．②C．①②⑤D．全部反应 2．下列实验事实陈述正确并且有因果关系的是（ ）A．滴加BaC12溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣B．用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应：火焰呈黄色原溶液中有Na+无K+C．滴加氯水和CC14，振荡、静置．下层溶液显紫色原溶液中有I﹣D．滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝原溶液中无NH4+ 3．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．12753I和12953I2互为同位素B．NH5的电子式为C．氯原子的结构示意图：D．中子数为146、质子数为92的铀（U）原子14692U 4．将1.12g铁粉加入25mL2mol•L﹣1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（ ）A．铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl﹣基本保持不变B．往溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色C．Fe2+和Fe3+物质的量之比为5：1D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：5 5．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+3H2OB．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl﹣SO2↑+Cl2↑+H2OC．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3•H20+SO2═2NH4++SO32﹣+H2OD．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓ 23\n6．下列有关硅及其化合物的说法中正确的是（ ）A．在粗硅的提取中发生反应2C+SiO22CO+Si，硅被氧化，所以碳的还原性大于硅的还原性B．硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中C．用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2D．由Na2CO3+SiO2CO2+Na2SiO3可知硅酸的酸性大于碳酸 7．下列关于置换反应A+X→B+Y（其中A、B为单质，X和Y为化合物，反应条件已略去）的描述中，正确的是（ ）A．若A为金属单质，则B一定为一种金属单质B．若A为非金属单质，则B一定为一种非金属单质C．若X为含有金属元素的化合物，则Y一定是一种含有金属元素的化合物D．若X为不含有金属元素的化合物，则B一定是一种非金属单质 8．已知X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（ ）A．Z元素的原子半径可能比Y元素的小B．W的原子序数可能是Y的原子序数的2倍C．W的气态氢化物的稳定性一定比Y的强D．Z的化学活泼性一定比X强 9．下列关于药品的使用和保存，仪器选用正确的是（ ）A．实验室中保存浓硝酸B．准确量取9.50mL稀硫酸C．用托盘天平称量NaOH固体D．实验室中保存Na2CO3溶液23\n 10．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后气体中分子总数为3NAB．标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4LC．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NAD．将0.1mol氯化铁溶于水配成1L溶液，所得溶液含有0.1NAFe3+ 11．下列有关物质性质的比较顺序中，错误的是（ ）A．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+C．热稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HID．熔点：Li＞Na＞K＞Rb 12．三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生反应：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的（ ）A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2mole﹣D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象 13．常温下，下列各组离子一定可以大量共存的是（ ）A．=10﹣4的溶液中：Na+、SiO32﹣、SO32﹣、K+B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、Mg2+、NO3﹣、K+C．由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：ClO﹣、Na+、SO32﹣、Cl﹣D．pH=1的溶液中：Mg2+、Br﹣、K+、AlO2﹣ 14．下列有关胶体和溶液的比较中正确的是（ ）A．溶液澄清透明，胶体浑浊不透明B．溶液呈电中性，胶体带有电荷C．光束通过溶液没有特殊现象，光束通过胶体有丁达尔效应D．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体粒子的运动无规律 15．现将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为（ ）A．1.0gB．2.0gC．2.5gD．3.5g 16．下列实验方案、现象和结论均正确的是（ ）23\nA．向里推活塞时，长颈漏斗中有一段水柱，静止，水柱高度不变该装置的气密性良好B．脱脂棉燃烧Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气C．烧杯①的澄清石灰水先变浑浊NaHCO3比Na2CO3受热更易分解D．U形管右端的液面高铁钉发生吸氧腐蚀 17．下列叙述正确的是（ ）①标准状况下，0.2mol任何物质的体积均为4.48L②若1mol气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下③标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同④标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同⑤28gCO的体积为22.4L⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．A．①②③④B．②③⑥⑦⑧C．⑤⑥⑦⑧D．④⑦⑧ 18．N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂，产生N2O反应：3CO+2NO2═3CO2+N2O．下列说法正确的是（ ）A．反应中每生成lmolN2O，转移4mol电子B．N2O只有氧化性，无还原性C．N2O和CO2互为等电子体D．NO2属于酸性氧化物 二．（本题包括4个小题共46分）23\n19．（12分）（2022•安徽模拟）X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大．化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13．工业上常用电解饱和QR溶液生成甲；化合物乙由X、R两种元素组成；请回答以下问题：（1）Q的原子结构示意图为 ．（2）Y元素的单质能发生如图所示的转化，则Y元素为 （用元素符号表示）．在甲溶液中通入足量YZ2气体，所得溶液呈碱性，原因是 （用离子方程式和必要的文字说明）．（3）W的单质既能与甲溶液反应，又能与乙溶液反应．①常温下，将W的单质和甲溶液混合，发生反应的离子方程式为： ．②Q、W两种元素金属性的强弱为Q W（填“＜”、“＞”）；下列表述中证明这一事实的是 ．a．Q的单质的熔点比W单质低b．Q的最高价氧化物的水化物的碱性比W的最高价氧化物的水化物的碱性强c．W的原子序数大． 20．（13分）（2022秋•祁县校级月考）100mL某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的几种．①若加入锌粒，会产生H2；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则（1）溶液中一定含有的阳离子有 ，一定不含有的离子有 ．（2）C→D的离子方程式为 ．（3）由A→B及C→D段有关数据可计算出的某两种离子的物质的量浓度分别为 mol•L﹣1和 mol•L﹣1． 21．（13分）（2022秋•祁县校级月考）下表中列出了五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后作答：元素有关信息A元素主要化合价为﹣2，原子半径为0.074nmB所在主族序数与所在周期序数之差为4，同周期主族元素中原子半径最小C原子半径为0.102nm，其单质在A的单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰D最高价氧化物对应水化物，能按1：1电离出电子数相等（10个电子）的阴阳离子23\nE原子半径为0.075nm，最高价氧化物对应水化物与其氢化物组成一种盐X（1）写出A、B、C、D、E五种元素符号 、 、 、 、 ．（2）画出B的原子结构示意图： ；写出D元素最高价氧化物对应水化物的电子式： ．（3）盐X水溶液显 （选填“酸”、“碱”或“中”）性，用离子方程式解释其原因： ．（4）D2CA3的溶液与B的单质能发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为 ．（5）已知E元素的某种氢化物Y与A2的摩尔质量相同，Y在常温下为液态，Y的化学式为 ，Y所含的化学键为 ．（a）极性键（b）非极性键（c）离子键． 22．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g•mL﹣1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．（1）该合金中铜与镁的物质的量之比是 ．（2）NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 ．（3）得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是 mL． 2022-2022学年山西省晋中市祁县中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列反应产生的气体，通过Na2SO3溶液不反应的是（ ）①Na2O2和CO2②Al和NaOH溶液③MnO2和浓盐酸④浓硝酸和铜片⑤铜片和浓硫酸共热．A．①②B．②C．①②⑤D．全部反应【考点】含硫物质的性质及综合应用．【分析】①Na2O2和CO2生成氧气；②Al和NaOH溶液产生氢气；③MnO2和浓盐酸共热生成氯气；④浓硝酸和铜片生成二氧化氮；⑤铜片和浓硫酸共热生成二氧化硫．【解答】解：①Na2O2和CO2生成氧气，氧气通入Na2SO3溶液中，生成硫酸钠，故①错误；②Al和NaOH溶液产生氢气，氢气通入Na2SO3溶液中，不发生反应，故②正确；③MnO2和浓盐酸共热生成氯气，氯气通入Na2SO3溶液中，生成硫酸钠，故③错误；④浓硝酸和铜片生成二氧化氮，二氧化氮气通入Na2SO3溶液中，生成硫酸钠，故④错误；23\n⑤铜片和浓硫酸共热生成二氧化硫，二氧化硫通入Na2SO3溶液中，生成亚硫酸氢钠，故⑤错误；故选B．【点评】本题考查了含硫物质的性质及应用，题目难度不大，明确常见气体制备原理及亚硫酸钠的性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活运用基础知识的能力． 2．下列实验事实陈述正确并且有因果关系的是（ ）A．滴加BaC12溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣B．用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应：火焰呈黄色原溶液中有Na+无K+C．滴加氯水和CC14，振荡、静置．下层溶液显紫色原溶液中有I﹣D．滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝原溶液中无NH4+【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】A．钡离子与碳酸根离子、亚硫酸根离子都能产生白色沉淀，银离子与氯离子能生成氯化银白色沉淀；B．观察钾元素的焰色反应时要透过蓝色的钴玻璃；C．四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，碘易于四氯化碳而难溶于水；D．溶液中可能含有氢离子等与氢氧根离子反应．氨气极易溶于水，稀溶液中，铵根离子与氢氧化钠反应，不加热，不能产生氨气．【解答】解：A．滴加BaC12溶液生成白色沉淀，可能含有碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子或者氯离子中的一种或者几种，结论错误，故A不选；B．钠离子的焰色反应呈黄色，但是对钾离子检验会造成干扰，钾离子的焰色反应要透过钴玻璃来观察，结论错误，故B不选；C．四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以向碘水中加入四氯化碳时能发生萃取，导致下层液体呈紫色上层液体无色，故C选；D．溶液中可能含有氢离子等，优先与氢氧根离子反应，铵根离子不能反应．氨气极易溶于水，稀溶液中，铵根离子与氢氧化钠反应，不加热，不能产生氨气，故不能说明原溶液中是否含有NH4+，故D不选；故选C．【点评】本题考查物质的检验与实验评价，明确实验原理是解本题关键，注意萃取原理、焰色反应实验注意事项、离子检验方法，题目难度不大，注意相关知识的积累． 3．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．12753I和12953I2互为同位素B．NH5的电子式为C．氯原子的结构示意图：D．中子数为146、质子数为92的铀（U）原子14692U【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．同种元素的不同原子之间互为同位素；23\nB．中含有铵根离子和H﹣离子，阴阳离子都需要标出所带电荷及最外层电子；C．氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层含有7个电子；D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数．【解答】解：A．同位素的研究对象为原子，12753I为原子，12953I2为单质，不是原子，二者一定不属于同位素，故A错误；B．NH5为离子化合物，存在铵根离子和H﹣离子，其电子式为，故B正确；C．氯原子的最外层含有7个电子，其正确的原子结构示意图为：，故C错误；D．中子数为146、质子数为92的铀（U）原子的质量数为238，其正确的元素符号为：23892U，故D错误；故选B．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、同位素等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力． 4．将1.12g铁粉加入25mL2mol•L﹣1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（ ）A．铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl﹣基本保持不变B．往溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色C．Fe2+和Fe3+物质的量之比为5：1D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：5【考点】氧化还原反应的计算；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】n（Fe）==0.02mol，n（FeCl3）=2mol/L×0.025L=0.05mol，二者反应方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2，根据方程式知，0.02molFe完全反应需要FeCl30.04mol＜0.05mol，所以FeCl3有剩余，剩余n（FeCl3）=0.05mol﹣0.04mol=0.01mol，据此分析解答．【解答】解：n（Fe）==0.02mol，n（FeCl3）=2mol/L×0.025L=0.05mol，二者反应方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2，根据方程式知，0.02molFe完全反应需要FeCl30.04mol＜0.05mol，所以FeCl3有剩余，剩余n（FeCl3）=0.05mol﹣0.04mol=0.01mol，A．根据以上分析知，氯化铁有剩余，Fe完全反应，故A错误；B．溶液中氯化铁有剩余，所以加入KSCN溶液时会生成硫氰化铁络合物而使溶液呈血红色，故B正确；C．根据Fe和氯化亚铁的关系式知，生成n（FeCl2）=3n（Fe）=0.02mol×3=0.06mol，溶液中n（FeCl3）=0.01mol，所以Fe2+和Fe3+物质的量之比=0.06mol：0.01mol=6：1，故C错误；D．该反应中氧化产物和还原产物都是氯化亚铁，氧化产物和还原产物的物质的量之比=1：2，故D错误；故选B．23\n【点评】本题以铁、氯化铁为载体考查氧化还原反应有关计算，侧重考查分析计算能力，进行过量计算是解本题关键，利用方程式分析解答，易错选项是D． 5．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+3H2OB．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl﹣SO2↑+Cl2↑+H2OC．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3•H20+SO2═2NH4++SO32﹣+H2OD．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．磁性氧化铁为四氧化三铁，与硝酸发生氧化还原反应；B．为难挥发性酸制取易挥发性酸；C．反应生成亚硫酸铵和水；D．使SO42﹣恰好完全沉淀，以1：2反应，生成硫酸钡、偏铝酸钾、水．【解答】解：A．磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子反应为3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故A错误；B．氯化钠与浓硫酸混合加热的反应为H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl↑，故B错误；C．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3•H20+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O，故C正确；D．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀的离子反应为2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，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，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度中等． 6．下列有关硅及其化合物的说法中正确的是（ ）A．在粗硅的提取中发生反应2C+SiO22CO+Si，硅被氧化，所以碳的还原性大于硅的还原性B．硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中C．用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2D．由Na2CO3+SiO2CO2+Na2SiO3可知硅酸的酸性大于碳酸【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】A．氧化还原反应中，还原剂发生氧化反应，其还原性大于还原产物的还原性，该反应中，SiO2中硅被还原，碳的还原性大于硅的还原性；B．硅酸钠具有粘性，是弱酸强碱盐，呈碱性，会腐蚀磨口玻璃，造成玻璃塞和瓶体粘在一起，不便于打开；23\nC．二氧化硅难溶于水，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，碳酸的酸性强于硅酸，可利用强酸制弱酸的规律制取硅酸；D．该反应之所以能发生是因为生成了挥发性的气体二氧化碳．【解答】解：A．2C+SiO22CO+Si，反应中Si元素化合价由+4价降低到0价，SiO2氧化剂，被还原，Si为还原产物；C元素化合价由0价升高到+2价，C为还原剂，具有还原性，发生氧化反应，CO为氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以碳的还原性大于硅的还原性，硅不是被氧化而是被还原，故A错误；B．硅酸钠是一种无机粘合剂，能将玻璃塞和瓶体粘在一起，硅酸钠属于弱酸强碱盐，水解呈碱性，磨口玻璃塞中玻璃成分二氧化硅能和碱反应，生成具有粘性的硅酸钠，造成玻璃塞和瓶体粘在一起，不便于打开，所以硅酸钠不可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，故B错误；C．二氧化硅难溶于水，所以无法用二氧化硅和水直接反应制得，用SiO2制取硅酸，先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，因碳酸酸性强于硅酸且硅酸溶解度较小易沉淀，所以通入CO2，发生Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，制得硅酸，故C正确；D．酸性强弱的比较只有在没有外界条件干扰化学反应时才能比较，Na2CO3+SiO2CO2+Na2SiO3中反应条件为高温干扰化学反应，所以不能说明硅酸酸性比碳酸酸性强，一般在溶液中强酸可制得弱酸，即硅酸钠溶液中通入CO2，制得硅酸说明碳酸酸性强于硅酸，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应、二氧化硅、硅酸钠、硅酸的制备等知识，明确物质的性质是解答的关键，注意二氧化硅难溶于水，注意从得氧失氧的角度来认识氧化和还原反应，注意酸性强弱的比较只有在没有外界条件干扰化学反应时才能比较，题目难度中等． 7．下列关于置换反应A+X→B+Y（其中A、B为单质，X和Y为化合物，反应条件已略去）的描述中，正确的是（ ）A．若A为金属单质，则B一定为一种金属单质B．若A为非金属单质，则B一定为一种非金属单质C．若X为含有金属元素的化合物，则Y一定是一种含有金属元素的化合物D．若X为不含有金属元素的化合物，则B一定是一种非金属单质【考点】无机物的推断；化学基本反应类型．【专题】推断题．【分析】A．若A为金属单质，则B可能为非金属，如Mg与二氧化碳反应生成MgO与碳；B．若A为非金属单质，则B可能为金属，如碳与氧化铜生成Cu与二氧化碳；C．若X为含有金属元素的化合物，则Y不一定会有金属元素，如碳与氧化铜反应生成Cu与二氧化碳；D．若X为不含有金属元素的化合物，根据置换反应，可知B单质所含元素为化合物X中所含有的某种元素．【解答】解：A．若A为金属单质，则B可能为金属，如铝与氧化铁反应呀生成氧化铝与Fe，B也可能为非金属，如Mg与二氧化碳反应生成MgO与碳，故A错误；B．若A为非金属单质，B可能为非金属，如氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴，B也可能为金属，如碳与氧化铜生成Cu与二氧化碳，故B错误；C．若X为含有金属元素的化合物，则Y不一定会有金属元素，如碳与氧化铜反应生成Cu与二氧化碳，故C错误；23\nD．若X为不含有金属元素的化合物，根据置换反应，可知B单质所含元素为化合物X中所含有的某种元素，则B一定是一种非金属单质，故D正确，故选D．【点评】本题考查无机物推断、置换反应等，难度中等，属于开放性题目，需要学生熟练注意元素化合物性质． 8．已知X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（ ）A．Z元素的原子半径可能比Y元素的小B．W的原子序数可能是Y的原子序数的2倍C．W的气态氢化物的稳定性一定比Y的强D．Z的化学活泼性一定比X强【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】这几种元素属于短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期、Z和W属于第三周期，A．同一主族元素中，原子半径随着原子序数的增大而增大；B．设Y的原子序数为y，则Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9；C．若W为Cl，则Y为O，根据二者的非金属性判断氢化物的稳定性；D．若Z为Cl，则X为O，根据二者的非金属性分析．【解答】解：这几种元素属于短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期、Z和W属于第三周期，A．同一主族元素中，原子半径随着原子序数的增大而增大，Y和Z属于同一主族，且Z的原子序数大于Y，所以Z元素的原子半径比Y元素的大，故A错误；B．设Y的原子序数为y，则Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，y+9=2y，则y=9，所以W的原子序数可能是Y的原子序数的2倍，故B正确；C．若W为Cl，则Y为O，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性O大于Cl，则H2O的稳定性大于HCl，则W的气态氢化物的稳定性不一定比Y的强，故C错误；D．若Z为Cl，则X为O，非金属性O大于Cl，则O的化学活泼性比Cl强，所以Z的化学活泼性不一定比X强，故D错误；故选B．【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律知识，根据元素在周期表中的位置及元素的性质、元素周期律知识来分析解答，知道元素周期表结构并灵活运用元素周期律是解本题关键，同时考查学生发散思维能力，题目难度中等． 9．下列关于药品的使用和保存，仪器选用正确的是（ ）A．23\n实验室中保存浓硝酸B．准确量取9.50mL稀硫酸C．用托盘天平称量NaOH固体D．实验室中保存Na2CO3溶液【考点】化学试剂的存放．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．浓硝酸见光易分解，浓硝酸有强氧化性；B．量筒的感量是0.1mL；C．托盘天平称量药品时，应遵循“左物右砝”的原则；D．碳酸钠的水溶液呈碱性，二氧化硅和强碱反应生成粘性的物质．【解答】解：A．浓硝酸见光易分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，浓硝酸有强氧化性，能将橡胶塞氧化，故A错误；B．量筒的感量是0.1mL，所以不能量取9.50mL稀硫酸，故B错误；C．药品和砝码放颠倒，故C错误；D．碳酸钠水解而使溶液呈碱性，玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成粘性的硅酸钠而使试剂瓶塞难打开，所以盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应该用橡胶塞，故D正确；故选D．【点评】本题考查常用仪器的使用，难度不大，明确物质的性质是解本题关键，明确浓硝酸的强氧化性． 10．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后气体中分子总数为3NAB．标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4LC．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NAD．将0.1mol氯化铁溶于水配成1L溶液，所得溶液含有0.1NAFe3+【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、依据n=计算物质的量，结合一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮聚合生成四氧化二氮分析；B、标准状况三氧化硫不是气体；C、依据n=计算物质的量，氯气和氢氧化钠溶液反应，氯元素0价变化为+1价和﹣1价；D、铁离子水解减小；23\n【解答】解：A、依据n=计算物质的量，结合一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮聚合生成四氧化二氮分析，标准状况下，44.8LNO为2mol与22.4LO2物质的量为1mol混合后反应生成2mol二氧化氮，二氧化氮聚合为四氧化二氮，气体中分子总数小于2NA，故A错误；B、标准状况三氧化硫不是气体，NA个SO3分子物质的量为1mol，但所占的体积不是22.4L，故B错误；C、依据n=计算物质的量，氯气和氢氧化钠溶液反应，氯元素0价变化为+1价和﹣1价，标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA，故C正确；D、铁离子水解减小，将0.1mol氯化铁溶于水配成1L溶液，所得溶液含有Fe3+小于0.1NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件应用，盐类水解分析判断，掌握基础似是关键，题目较简单． 11．下列有关物质性质的比较顺序中，错误的是（ ）A．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+C．热稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HID．熔点：Li＞Na＞K＞Rb【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；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】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．离子的核外电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电核数越大，半径越小；C．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；D．碱金属元素从上到下，金属单质的熔点逐渐降低．【解答】解：A．非金属性：Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则有：酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故A正确；B．K+核外有3个电子层，离子半径最大，Na+、Mg2+、Al3+都有2个电子层，核外电子排布相同的离子，核电核数越大，半径越小，则有微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C．非金属性：F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故C错误；D．碱金属元素从上到下，原子半径逐渐增大，金属键作用力逐渐减小，金属单质的熔点逐渐降低，则熔点：Li＞Na＞K＞Rb，故D正确．故选C．【点评】本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，题目难度不大，注意元素的金属性、非金属性与元素性质的递变规律． 23\n12．三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生反应：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的（ ）A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2mole﹣D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象【考点】氧化还原反应．【分析】反应3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF中，只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，结合方程式以及对应物质的性质解答该题．【解答】解：A．只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，故A错误；B．当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C．若反应中生成0.2molHNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mole﹣，故C错误；D．反应中生成NO，与氧气反应生成红棕色的NO2，同时生成硝酸，易与空气中的水蒸气结合形成白雾，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应反应的概念和计算的考查，题目难度不大，注意反应中元素化合价的变化，为解答该类题目的关键． 13．常温下，下列各组离子一定可以大量共存的是（ ）A．=10﹣4的溶液中：Na+、SiO32﹣、SO32﹣、K+B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、Mg2+、NO3﹣、K+C．由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：ClO﹣、Na+、SO32﹣、Cl﹣D．pH=1的溶液中：Mg2+、Br﹣、K+、AlO2﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．该溶液显示碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；B．加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，镁离子与氢氧根离子反应；C．由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子，且二者都与氢离子反应；D．pH=1的溶液中存在大量氢离子，偏铝酸根离子与氢离子反应．【解答】解：A．该溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、SiO32﹣、SO32﹣、K+之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．加入Al能放出H2的溶液为酸性或强碱性溶液，Mg2+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故B错误；C．水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，ClO﹣、SO32﹣之间发生氧化还原反应，且都能够与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．23\n【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等． 14．下列有关胶体和溶液的比较中正确的是（ ）A．溶液澄清透明，胶体浑浊不透明B．溶液呈电中性，胶体带有电荷C．光束通过溶液没有特殊现象，光束通过胶体有丁达尔效应D．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体粒子的运动无规律【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A、有些胶体也是透明的；B、胶体分散系也是电中性；C、光束通过胶体有丁达尔效应；D、溶液中溶质粒子的运动无规律【解答】解：A、溶液澄清透明，部分胶体也是透明的，故A错误；B、溶液呈电中性，胶体也是电中性的，故B错误；C、光束通过溶液没有特殊现象，光束通过胶体出现光亮的通路，出现丁达尔效应，故C正确；D、溶液中溶质粒子，胶体中胶体粒子的运动都是无规律的，故D错误；故选C．【点评】本题考查了溶液和胶体的性质应用和区别，关键是溶液和胶体分散系都是电中性的． 15．现将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为（ ）A．1.0gB．2.0gC．2.5gD．3.5g【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为0.5mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Zn的物质的量，再根据m=nM计算参加反应的Zn的质量，据此计算过剩的锌粉的质量．【解答】解：锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为=0.5mol，每生成1molSO2，金属提供2mol电子，每生成1molH2，金属提供2mol电子，所以生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为×2mol=1mol，故参加反应Zn的物质的量为=0.5mol，出参加反应Zn的质量为0.5mol×65g/mol=32.5g，故剩余的锌粉的质量为35g﹣32.5g=2.5g．故答案为：C．23\n【点评】考查学生根据方程式的计算、守恒计算等，难度不大，本题采取电子转移守恒计算，简化计算，注意守恒思想的运用．可以判断混合气体中氢气、二氧化硫的物质的量，在根据方程式计算，容易理解，但步骤繁琐． 16．下列实验方案、现象和结论均正确的是（ ）A．向里推活塞时，长颈漏斗中有一段水柱，静止，水柱高度不变该装置的气密性良好B．脱脂棉燃烧Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气C．烧杯①的澄清石灰水先变浑浊NaHCO3比Na2CO3受热更易分解D．U形管右端的液面高铁钉发生吸氧腐蚀【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．向里推活塞时，装置若不漏气，导管中形成水柱；B．实验能说明放热；C．NaHCO3不稳定；D．NaCl溶液为中性，发生吸氧腐蚀，瓶内气体减少．【解答】解：A．向里推活塞时，装置若不漏气，长颈漏斗中有一段水柱，静止，水柱高度不变该装置的气密性良好，操作合理，故A正确；B．实验能说明放热，并放出氧气，但不能说明NaOH生成，故B错误；C．NaHCO3不稳定，小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；D．NaCl溶液为中性，发生吸氧腐蚀，瓶内气体减少，则U形管左端的液面高，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气密性检验、物质的性质及电化学应用等，把握物质的性质、反应原理及实验装置的作用为解答的关键，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． 23\n17．下列叙述正确的是（ ）①标准状况下，0.2mol任何物质的体积均为4.48L②若1mol气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下③标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同④标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同⑤28gCO的体积为22.4L⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．A．①②③④B．②③⑥⑦⑧C．⑤⑥⑦⑧D．④⑦⑧【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】①标准状况下，所有物质并不都是气体；②温度、压强影响气体摩尔体积；③标准状况下，HCl为气体，而H2O不是气体；④根据n=计算二者物质的量，标准状况下，气体体积之比等于其物质的量之比；⑤28gCO为1mol，但不一定处于标况下；⑥两种物质不一定都是气体；⑦在同温同体积时，气体压强与物质的量成正比；⑧同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，也等于相对分子质量之比．【解答】解：①标准状况下，0.2mol任何气体物质的体积均为4.48L，但所有物质并不都是气体，故错误；②若1mol气体的体积为22.4L，由于温度、压强影响气体摩尔体积，则它可能处于标准状况下，也可能不是标况下，故错误；③标准状况下，HCl为气体，而H2O不是气体，二者体积相等，它们物质的量不相等，故错误；④1gH2物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，二者物质的量相等，标况下，二者体积相等，故正确；⑤28gCO为1mol，但不一定处于标况下，CO的体积不一定为22.4L，故错误；⑥标况下，两种物质不一定都是气体，它们物质的量相等，占有的体积不一定相等，故错误；⑦在同温同体积时，气体压强与物质的量成正比，则气体物质的物质的量越大，压强越大，故正确；⑧同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，也等于相对分子质量之比，即气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故正确，故选：D．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，注意根据PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及其推论、温度及压强对气体摩尔体积的影响，难度中等． 18．N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂，产生N2O反应：3CO+2NO2═3CO2+N2O．下列说法正确的是（ ）A．反应中每生成lmolN2O，转移4mol电子B．N2O只有氧化性，无还原性C．N2O和CO2互为等电子体23\nD．NO2属于酸性氧化物【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】A、根据3CO+2NO2═3CO2+N2O中元素化合价变化和N20的定量关系式计算；B、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低；C、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同；D、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，发生的反应为非氧化还原反应．【解答】解：A．根据方程式知，生成lmolN20，氮元素化合价+4价变化为+1价，电子转移3mol，故A错误；B、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，故B错误；C、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，故C正确；D、二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应、氧化性还原性判断等知识点，难度不大，注意氧化性、还原性与元素化合价的关系，为易错点． 二．（本题包括4个小题共46分）19．（12分）（2022•安徽模拟）X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大．化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13．工业上常用电解饱和QR溶液生成甲；化合物乙由X、R两种元素组成；请回答以下问题：（1）Q的原子结构示意图为 ．（2）Y元素的单质能发生如图所示的转化，则Y元素为 C （用元素符号表示）．在甲溶液中通入足量YZ2气体，所得溶液呈碱性，原因是 HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度 （用离子方程式和必要的文字说明）．（3）W的单质既能与甲溶液反应，又能与乙溶液反应．①常温下，将W的单质和甲溶液混合，发生反应的离子方程式为： 2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑ ．②Q、W两种元素金属性的强弱为Q ＞ W（填“＜”、“＞”）；下列表述中证明这一事实的是 b ．a．Q的单质的熔点比W单质低b．Q的最高价氧化物的水化物的碱性比W的最高价氧化物的水化物的碱性强c．W的原子序数大．23\n【考点】无机物的推断；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】推断题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大，化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13，则甲为强碱，且为短周期元素，所以是氢氧化钠，X、Z、Q原子序数依次增大，所以X是H元素，Z是O元素，Q是Na元素，工业上常用电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠，所以R是Cl元素；化合物乙由H、Cl两种元素组成，所以乙是HCl；W的单质既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸溶液反应，则W是Al元素，Y的原子序数小于O元素，Y和氧气能生成两种氧化物，根据其化合价知，Y为C元素，结合物质的性质来分析解答．【解答】解：X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大，化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13，则甲为强碱，且为短周期元素，所以是氢氧化钠，X、Z、Q原子序数依次增大，所以X是H元素，Z是O元素，Q是Na元素，工业上常用电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠，所以R是Cl元素；化合物乙由H、Cl两种元素组成，所以乙是HCl；W的单质既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸溶液反应，则W是Al元素，Y的原子序数小于O元素，Y和氧气能生成两种氧化物，根据其化合价知，Y为C元素，（1）Q是Na元素，钠原子核外有11个电子、3个电子层，钠的原子结构示意图为，故答案为：；（2）通过以上分析知，Y为C元素；在氢氧化钠溶液中通入足量CO2气体，二者反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子既能水解也能电离，但电离程度小于水解程度，所以溶液呈碱性，故答案为：C；HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度；（3）①常温下，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；②Na、Al两种元素金属性的强弱为Q＞W，金属的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强，与酸反应越容易失去电子，故选b．故答案为：＞；b．【点评】本题以物质间的反应为载体考查了无机物的推断，正确推断物质是解本题关键，根据物质的特殊性质、元素化合价来推断物质，注意铝和氢氧化钠溶液反应中水作反应物，容易漏掉水而导致方程式错误，为易错点． 23\n20．（13分）（2022秋•祁县校级月考）100mL某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的几种．①若加入锌粒，会产生H2；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则（1）溶液中一定含有的阳离子有 H+、NH4+、Mg2+、Al3+ ，一定不含有的离子有 CO32﹣、NO3﹣、Fe3+ ．（2）C→D的离子方程式为 Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．（3）由A→B及C→D段有关数据可计算出的某两种离子的物质的量浓度分别为 1 mol•L﹣1和 0.5 mol•L﹣1．【考点】离子方程式的有关计算．【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有CO32﹣、NO3﹣，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含Fe3+；当溶液中含H+、NH4+、Mg2+、Al3+、时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小，可以对照图象求出各离子的量即可．【解答】解：根据①可知，溶液显酸性，则溶液中一定不存在CO32﹣和NO3﹣；根据②可知，产生的是白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，根据溶液电中性可知，溶液中一定存在阴离子SO42﹣；即一定含有：H+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣，一定不含CO32﹣、NO3﹣、Fe3+．（1）溶液中一定含有的阳离子有H+、NH4+、Mg2+、Al3+；一定不含有的离子有CO32﹣、NO3﹣、Fe3+；故答案为：H+、NH4+、Mg2+、Al3+；CO32﹣、NO3﹣、Fe3+；（2）C→D的反应为氢氧化铝溶于氢氧化钠，其离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（3）根据图象可知，A→B为Mg2+、Al3+与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.5mol﹣0.1mol=0.4mol，C→D阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，消耗氢氧化钠0.8mol﹣0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；则c（Al3+）==1mol/L；与镁离子反应的氢氧化钠为0.4mol﹣0.1mol×3=0.1mol，则n[Mg（OH）2]=0.05mol，则则c（Mg2+）==0.5mol/L；故答案为：1；0.5．【点评】本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，是高考中的常见题型，对学生的综合能力提出了更高的要求，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，难度较大．23\n 21．（13分）（2022秋•祁县校级月考）下表中列出了五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后作答：元素有关信息A元素主要化合价为﹣2，原子半径为0.074nmB所在主族序数与所在周期序数之差为4，同周期主族元素中原子半径最小C原子半径为0.102nm，其单质在A的单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰D最高价氧化物对应水化物，能按1：1电离出电子数相等（10个电子）的阴阳离子E原子半径为0.075nm，最高价氧化物对应水化物与其氢化物组成一种盐X（1）写出A、B、C、D、E五种元素符号 O 、 Cl 、 S 、 Na 、 N ．（2）画出B的原子结构示意图： ；写出D元素最高价氧化物对应水化物的电子式： ．（3）盐X水溶液显 酸 （选填“酸”、“碱”或“中”）性，用离子方程式解释其原因： NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ ．（4）D2CA3的溶液与B的单质能发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为 SO32﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2H++2Cl﹣ ．（5）已知E元素的某种氢化物Y与A2的摩尔质量相同，Y在常温下为液态，Y的化学式为 N2H4 ，Y所含的化学键为 ab ．（a）极性键（b）非极性键（c）离子键．【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】A、B、C、D、E是短周期五种元素：A元素主要化合价为﹣2，原子半径为0.074nm，则A处于第ⅥA族；C原子半径为0.102nm，其单质在X的单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，则C为S元素，A为O元素；B所在主族序数与所在周期序数之差为4，满足该条件元素为O或Cl，由于A为O元素，则B为Cl元素．D最高价氧化物的水化物，为酸或碱，能按1：1电离出电子数相等的阴、阳离子，则D为Na元素，E原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物与其氢化物组成一种盐X，则E为N元素，X为NH4NO3．【解答】解：A、B、C、D、E是短周期五种元素：A元素主要化合价为﹣2，原子半径为0.074nm，则A处于第ⅥA族；C原子半径为0.102nm，其单质在X的单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，则C为S元素，A为O元素；23\nB所在主族序数与所在周期序数之差为4，满足该条件元素为O或Cl，由于A为O元素，则B为Cl元素．D最高价氧化物的水化物，为酸或碱，能按1：1电离出电子数相等的阴、阳离子，则D为Na元素，E原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物与其氢化物组成一种盐X，则E为N元素，X为NH4NO3，（1）由上述分析可知，A为O、B为Cl、C为S、D为Na、E为N，故答案为：O；Cl；S；Na；N；（2）Cl原子核外电子数为17，其原子结构示意图为：；Na元素最高价氧化物对应水化物为NaOH，NaOH是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为．故答案为：；．（3）X为NH4NO3，是强酸弱碱盐，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（4）Cl2具有强氧化性，Na2SO3有较强的还原性，氯气能将亚硫酸根氧化为硫酸根，反应离子方程式为SO32﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2H++2Cl﹣，故答案为：SO32﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2H++2Cl﹣；（5）A2的为O2，摩尔质量为32g/mol，所以N元素的氢化物Y的摩尔质量为32g/mol，氢化物Y为N2H4，分子中氮原子与氢原子之间形成极性键，氮原子之间形成非极性键，故答案为：N2H4；ab．【点评】本题以元素推断为载体，考查常用化学用语、盐类水解、元素化合物性质、化学键等，综合性较大，难度中等，是对所学知识的综合性考查，注意基础知识的理解掌握，推断元素是解题关键． 22．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g•mL﹣1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．（1）该合金中铜与镁的物质的量之比是 2：1 ．（2）NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 80% ．（3）得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是 640 mL．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】（1）金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；23\n（2）根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，表示出四氧化二氮的物质的量，根据电子转移守恒列方程计算；（3）根据c=计算浓硝酸的物质的量，根据n=cV可计算硝酸总物质的量，金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：（1）金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，即金属提供电子为0.06mol，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：解得x=0.02y=0.01故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故答案为：2：1；（2）标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2的体积分数=×100%=80%，故答案为：80%；（3）该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故答案为：640．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，同时是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答． 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