第三章、第四章综合练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能全部通过一步反应直接完成的是
A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
2．钛和钛合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”，他们具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，尤其是钛合金与人体器官具有良好的“生物相容性”。根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是
A．用于家庭装修，作钛合金装饰门 B．用于制造航天飞机
C．用来制造人造骨 D．用来作保险丝
3．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量空气(常温)中充分反应，则 下列说法正确的是
A．第一块钠失去电子多 B．两块钠失去电子一样多
C．第二块钠的反应产物质量大 D．两块钠的反应产物质量一样大
4．已知在为4~5的环境中，、几乎不水解，而几乎完全水解。工业上制溶液是将浓盐酸加热到左右，再慢慢加入粗氧化铜(含少量杂质)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是
A．向溶液中通入，再加入纯净的CuO粉末调节为4~5
B．向溶液中通入使沉淀
C．向溶液中通入，再通入，调节为4~5
D．加入纯Cu将还原为Fe
5．探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析正确的是
A．①中淀粉KI试纸变蓝
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl-
C．一段时间后向③中加入KSCN溶液，溶液未变色
D．④溶液先变红后褪色，说明氯气具有酸性和漂白性
6．将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)=2：3，则Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为
A．3：2 B．3：5 C．4：3 D．3：4
7．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是
A．图中C点铝元素存在形式是[Al(OH)4]-
B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀
C．原混合溶液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2
D．OA段反应的离子方程式为2Al3＋＋3＋3Ba2＋＋8OH-=2[Al(OH)4]-＋3BaSO4↓
8．在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，将两球分别浸没在溶液质量相等的稀溶液和溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是
A．铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡
B．铝球表面有气泡产生，盛有稀溶液的烧杯中溶液澄清
C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡
D．铁球表面有红色物质析出，盛有溶液的烧杯中溶液蓝色变浅，杠杆右边上升
9．下列关于粒子半径大小关系的判断不正确的是
①r(Li+)
10．的原子结构示意图为，下列关于的描述正确的是
A．位于第五周期，第Ⅴ族 B．属于金属元素
C．酸性： D．稳定性：
11．下列各组中，微粒按氧化性由弱到强、原子或离子半径由大到小的顺序排列的是
A．O、Cl、S、P B．、、、
C．Rb、K、Na、Li D．、、、
12．短周期主族元素X、Y、Z的原子核外最外层电子数之和为11，它们在元素周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是
X
Y Z
A．X、Y的最高价氧化物分别属于酸性氧化物和碱性氧化物
B．Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应都能产生气体
C．原子半径：X＜Y＜Z
D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
13．如图是部分1～18号元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X
B．离子半径：Z>Y>X
C．元素W的最高价和最低价代数和为4
D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物不能相互反应
14．下列关于元素和元素周期表的叙述正确的是
A．周期表包含元素最多的族是第VIII族
B．质子数相同的粒子一定是同种元素
C．IA族元素与VIA族元素间形成的化合物可能不只一种
D．用中文“镆”命名的第115号元素在周期表中位于第七周期第14列
15．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号 X Y Z R T
原子半径(nm) 0.160 0.089 0.102 0.143 0.074
主要化合价 +2 +2 -2、+4、+6 +3 -2
根据表中信息，判断以下说法正确的是
A．单质与稀硫酸反应的剧烈程度：R>Y>X
B．离子半径：X2+>R3+>T2-
C．最高价氧化物水化物的碱性：R>X
D．相同条件下，简单气态氢化物的稳定性：T>Z
二、填空题
16．某小组同学分别探究FeCl2溶液、FeCl3溶液的性质。
I．探究FeCl2溶液的性质。
(1)从物质类别角度判断FeCl2属于___________ ，因此可以与某些碱反应。
(2)预测FeCl2具有氧化性，因此可以与Zn反应，此时Zn体现___________性。
(3)预测FeCl2具有还原性，预测依据是___________，因此可以与酸性KMnO4溶液反应。
(4)进行如下实验操作：
序号 操作
i 滴加NaOH溶液
ii 加入少量锌粉
iii 滴加酸性KMnO4溶液
①i中的现象是___________，用化学方程式表示产生该现象的原因：___________、___________。
②ii中反应的离子方程式是___________。
③iii中的现象是___________。
(5)某同学认为iii中现象并不能证明Fe2+具有还原性，他的理由有二：①将酸性高锰酸钾稀释也可能产生该现象、②___________， 为证实该反应中Fe2+确实被氧化，需要在反应后的溶液中加入试剂___________，观察到现象___________。
II．探究FeCl3溶液的性质。
小组同学进行如下实验操作并观察到对应现象：
操作
现象 溶液由棕黄色变为浅绿色 无明显现象 溶液变为红色， 而后红色褪去
(6)iv中反应的离子方程式是___________。
(7)vi 中滴加氯水过程中，氯水反应的离子方程式是___________。
III．小组同学探究vi中褪色原因，提出两种假设： a．铁离子被转化，b． SCN被转化。
(8)分别向褪色后的溶液中滴加0.1 mol/L FeCl3溶液和KSCN溶液各1滴，观察到___________现象，得出结论：假设b成立。
(9)进一步预测SCN-可能被转化为SO，通过实验验证了该预测，写出实验操作及现象___________。
17．请回答下列问题：
(1)已知某粒子的结构示意图为。试回答：
①当x-y=10时，该粒子为___________(填“原子”“阳离子”或“阴离子”)。
②当y=8时，粒子可能为(填符号)：___________、___________、___________、___________。
③写出y=1与y=6的元素最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式：___________。
(2)阿伏加德罗常数为NA，某元素的一种核素X原子的质量数为A，含N个中子，它与1H原子构成HmX分子。ag HmX的物质的量为___________，所含中子的物质的量为___________，所含质子的数目为___________。
三、工业流程题
18．硫酸铁铵是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_______。
(2)步骤②需要加热的目的是_______，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是_______。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_______(填标号)。
(3)步骤③中选用足量的，理由是_______。
(4)步骤⑤的具体实验操作有_______，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_______。
四、结构与性质
19．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
Ⅰ．利用反应：6NO2+8NH37N2+12H2O处理
Ⅱ．一定条件下NO2与SO2可发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)-Q (Q>0)
Ⅲ．CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
(1)硫离子的电子结构示意图为_____，氨气分子的电子式为______，氨气分子属于______分子(填“极性”或者“非极性”)。
(2)C、O、S这三种元素中属于同周期元素的非金属性由强到弱的顺序为_____________，能证明其递变规律的事实是_______。
a．最高价氧化物对应水化物的酸性 b．气态氢化物的沸点
c．单质与氢气反应的难易程度 d．其两两组合形成的化合物中元素的化合价
(3)对于Ⅰ中的反应，120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡，10min时电子转移了1.2mol，则0~10min时，平均速率v(NO2)=______________。
(4)对于Ⅱ中的反应，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中反应，下列能说明反应达到平衡状态的是______。
a．体系压强保持不变 b．NO2浓度保持不变
c．NO2和SO3的体积比保持不变 d．混合气体的平均相对分子质量保持不变
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．A
【详解】A．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故A错误；
B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故B正确；
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl、Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故C正确；
D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3中反应的方程式分别为：Fe+2HCl=FeCl2+H2、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+2O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以能一步实现，故D正确；
故选A。
2．D
【详解】A．钛合金熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，用于家庭装修，作钛合金装饰门，故A正确；
B．钛合金熔点高、密度小，用于制造航天飞机，故B正确；
C．钛合金与人体器官具有良好的“生物相容性”，可用来制造人造骨，故C正确；
D．钛合金熔点高，不能用来作保险丝，故D错误；
选D。
3．B
【详解】设两块钠的质量都是23g，即钠的物质的量是1mol，钠在氧气中加热的反应方程式为：2Na+O2Na2O2，23g钠完全燃烧生成39g过氧化钠，转移电子是1mol；钠在氧气在常温下反应为：4Na+O2=2Na2O，23g钠与氧气发生反应，生成氧化钠的质量是31g，转移电子是1mol； 所以两块钠失去电子一样多，第一块钠的反应产物质量大，故选B。
4．A
【详解】A．向溶液中通入，可将氧化为；再加入纯净的粉末调节为4~5，可转化为而除去，A正确；
B．在酸性溶液中与不反应，而与反应生成沉淀，B错误；
C．通入氨气，会引入杂质离子，C错误；
D．由金属的活动性知，铜不能置换出铁，D错误；
故选A。
5．A
【分析】本题是一道验证氯气性质的实验题，由装置①制备氯气，并通过碘化钾证明氯气的氧化性，通过装置②中的硝酸银证明氯离子的存在，但要注意氯化氢的挥发，通过装置③证明氯气的将二价铁氧化为三价铁，通过装置④证明氯水的性质，以此解题。
【详解】A．氯气的氧化性强于碘，向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，A项正确；
B．②中产生白色沉淀，有可能是挥发的氯化氢气体中的氯离子与银离子生成氯化银沉淀，B项错误；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，加入KSCN溶液，溶液红色，C项错误；
D．氯气通入紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于氯气和水反应生成强酸盐酸和漂白作用的次氯酸，氯气不具有酸性和漂白性，D项错误；
故选A。
6．D
【详解】设原溶液的体积为vL，设取出Cu后溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)=2：3=k，则有：c(Fe3＋)=2kmol／L，c(Fe2＋)=3kmol／L，原溶液中n(Fe3＋)=0.1mol／L×vL=0.1vmol，取出Cu后，n(Fe3＋)1=2kmol／L×vL=2kvmol，n(Fe2＋)=3kmol／L×VL=3kvmol，根据化学方程式列方程：2Fe3＋＋Cu═Cu2＋＋2Fe2＋、n(Fe3＋)=n(Fe3＋)1＋n(Fe2＋)，0.1vmol=2kvmol＋3kvmol，得：k=0.02vmol，则反应后溶液中n(Fe3＋)1=0.04vmol，反应前n(Fe3＋)=0.1vmol，再根据方程式得n(Cu2＋)=0.03vmol，所以n(Cu2＋)：n(Fe3＋)1=0.03vmol：0.04vmol=3：4。
故选D。
7．D
【分析】从图象可以看出，加入3L氢氧化钡溶液即3mol氢氧化钡时，生成的沉淀的物质的量为5mol，此时对应A点，硫酸铝和氢氧化钡恰好反应完全，硫酸根离子完全沉淀，可知硫酸铝的物质的量为1mol，生成的5mol沉淀其中有3mol为硫酸钡，2mol为氢氧化铝，再继续加入3mol氢氧化钡，沉淀继续增多，生成的沉淀为氢氧化铝，可知氯化铝的物质的量为2mol，B点时沉淀最多，硫酸根离子和铝离子都沉淀完全，硫酸钡的物质的量为3mol，氢氧化铝的物质的量为4mol。再加入氢氧化钡，氢氧化铝溶解，加入2mol氢氧化钡，4mol氢氧化铝完全溶解，生成Na[Al(OH)4]，此时到达C点，此时沉淀只有硫酸钡，再加入氢氧化钡，沉淀量无变化。
【详解】A．由以上分析可知，C点为BaSO4沉淀，其物质的量为3mol，此时铝元素以[Al(OH)4]-的形式存在，故A正确；
B．D点溶液中有过量的氢氧化钡和Na[Al(OH)4]，通入的二氧化碳和氢氧化钡反应立即生成碳酸钡白色沉淀，故B正确；
C．由以上分析可知，原溶液中硫酸铝的物质的量为1mol，氯化铝的物质的量为2mol，即c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故C正确；
D．由以上分析可知，OA段相当于硫酸铝和氢氧化钡反应，反应的离子方程式为2Al3＋＋3 ＋3Ba2＋＋6OH- = 3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，故D错误；
故选D。
8．B
【分析】左侧烧杯中Al和溶液反应生成H2使铝球质量减小，右侧烧杯中Fe与CuSO4溶液反应，铁球表面析出铜，即铁球质量增加，反应一段时间后杠杆不再平衡。
【详解】A．左侧烧杯中Al和溶液反应生成偏铝酸钠和H2使铝球质量减小，但不会生成沉淀，A错误；
B．左侧烧杯中Al和溶液反应生成偏铝酸钠和H2，溶液澄清，B正确；
C．根据分析，左侧铝球质量减少，右侧铁球质量增加，C错误；
D．右侧铁球质量增加，而使杠杆左边上升，D错误；
故选B。
9．C
【详解】同主族元素的原子或离子半径随着电子层数增多，半径依次增大，①②正确；具有相同的电子层结构的阴、阳离子半径随着原子序数的增大而逐渐减小，r(Ca2＋)
【详解】A．周期数等于电子层数，主族元素最外层电子数等于主族序数，电子层数是4，最外层5个电子，所以As位于第四周期，第ⅤA族，故A错误；
B．As是非金属元素，故B错误；
C．非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：P＞As，所以酸性：H3AsO4＞H3PO4，故C错误；
D．非金属性越强氢化物越稳定，非金属性：P＞As，所以稳定性：AsH3＜PH3，故D正确；
故选D。
11．D
【详解】A．元素非金属性越大，形成单质的氧化性越强，由于氧、硫元素同一主族，则单质氧化性O＞S，Cl、S、P同一周期，则单质氧化性：Cl＞ S＞P；电子层越大，微粒半径越大，若电子层一样，则核电荷数越大，半径越小，所以原子半径：P＞S＞Cl＞O，A项不符合题意；
B．钙、钡元素同一主族，则金属性钡＞钙＞铝，则还原性钡＞钙＞铝，还原性越强，对应离子氧化性越弱，则离子氧化性：＞＞，B项不符合题意；
C．Rb、K、Na、Li是同一主族元素，还原性逐渐减弱，原子不具备氧化性，原子半径：Rb＞K＞Na＞Li ，C项不符合题意；
D．根据金属活动性顺序表，金属还原性越强，对应离子氧化性越弱。则离子氧化性：＞＞＞，离子半径K+ >Mg2+ > Al3+ > H+，D项符合题意；
故答案选D。
12．B
【分析】设Z元素原子的最外层电子数为x，则X元素原子的最外层电子数为x，Y元素原子的最外层电子数为x-1，依题意有x+(x-1)+x=11，故x=4，X、Y、Z分别为C、Al、Si，以此解题。
【详解】A．CO2为酸性氧化物，但Al2O3为两性氧化物，A项错误；
B．Al与NaOH溶液或盐酸反应都产生H2，B项正确；
C．电子层数越多半径越大，同周期越靠左半径越大，故原子半径大小顺序为C
故选B。
13．C
【分析】根据图示可知，1～18号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X最低-2价，没有正价，推断为O元素；Y只有+1价，推断为Na元素；Z最高+3价推断为Al元素；W最高+6价，最低-2价，推断为S元素；R最高+7价，最低-1价，推断为Cl元素。
【详解】A．同周期原子半径从左往右减小，同主族从上往下增大，故原子半径：Na>Al>O，即Y>Z>X，A错误；
B．电子层数多的离子半径较大，相同电子层数的则核电荷数多的半径小，离子半径：O2->Na+>Al3+，即X>Y>Z，B错误；
C．据分析，元素W是S，其最高价+6价和最低价-2价的代数和为4，C正确；
D．据分析，Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH和Al(OH)3，二者能相互反应：NaOH + Al(OH)3 = NaAlO2 + 2H2O，D错误；
故选C。
14．C
【详解】A．周期表包含元素最多的族是第IIIB族，包含镧系和锕系，共32种元素，A项错误；
B．质子数相同的粒子不一定是同种元素，如和Ne，都含10个质子，却不是同种元素，B项错误；
C．ⅠA族元素如H、Na与ⅥA族元素如O，可形成、、、，C项正确；
D．用中文“镆”命名的第115号元素在周期表中位于第七周期第15列，D项错误；
答案选C。
15．D
【分析】短周期元素Z主要化合价是-2、+4、+6，则Z是S元素；X、Y主要化合价是+2价，说明它们是第IIA的元素，由于原子半径：X>Z>Y，则X是Mg元素，Y是Be元素；R主要化合价是+3价，原子半径：X>R，则R是Al元素；T主要化合价是-2价，Z原子半径小于Y，则T是O元素。
【详解】A．金属活动性越强，其单质与酸发生置换反应就越剧烈，同一周期中元素的金属性从左到右逐渐减弱，则金属性Mg>Al；同一主族元素的金属性从上到逐渐增大Mg>Be，在Mg、Al、Be三种元素中Mg最活泼，因此Mg(X)与稀硫酸反应最剧烈，A项错误；
B．X是Mg元素，R是Al元素，T是O元素，它们形成的离子分别为Mg2+、Al3+、O2-，核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是：T2->X2+>R3+，B项错误；
C．同一周期从左到右，元素的最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：X[Mg(OH)2]>R[Al(OH)3]，C项错误；
D．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。Z是S元素，T是O元素，它们是同一主族的元素，元素的非金属性：O>S，所以氢化物的稳定性：H2O(T)>H2S(Z)，D项正确；
答案选D。
16．(1)盐
(2)还原
(3)FeCl2 中铁元素为+2价，可以升高
(4) 产生白色沉淀，变为灰绿色，最终为红褐色 Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3 Zn+Fe2+= Zn2++ Fe 酸性KMnO4溶液褪色
(5) 因为FeCl2中氯元素为-1价，也可能升高，具有还原性 KSCN溶液 溶液变红色
(6)2Fe3++Fe=3Fe2+
(7)2Fe2++Cl2=2Fe3+ +2Cl-
(8)滴加KSCN的溶液变红
(9)向褪色后的溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀
【详解】（1）FeCl2电离出金属离子和酸根离子，属于盐；
（2）Zn和氯化亚铁反应生成铁单质和氯化锌，锌的化合价由0价升高为+2价，化合价升高，锌体现还原性；
（3）FeCl2 和高锰酸钾反应体现高锰酸钾的氧化性，FeCl2中铁元素为+2价，可以升高；
（4）①i中的现象是产生白色沉淀，变为灰绿色，最终为红褐色，二价铁离子和氢氧根形成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁不稳定易被氧化成氢氧化铁，用化学方程式表示产生该现象的原因：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3；
②ii中反应的离子方程式：Zn+Fe2+= Zn2++ Fe；
③iii中的现象是酸性KMnO4溶液褪色；
（5）某同学认为iii中现象并不能证明Fe2+具有还原性，他的理由有二：①将酸性高锰酸钾稀释也可能产生该现象、②因为FeCl2中氯元素为-1价，也可能升高，具有还原性：2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+的检验一般需要试剂硫氰化钾，会出现血红色，需要在反应后的溶液中加入试剂KSCN溶液，观察到现象溶液变红色；
（6）溶液由棕黄色变为浅绿色，反应中的铁离子被铁还原为亚铁离子，iv中反应的离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+
（7）vi溶液变为红色，氯气将亚铁氧化铁离子，vi中滴加氯水过程中，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3+ +2Cl-；
（8）根据反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，假设b成立，SCN-被转化，则溶液中缺少SCN-，所以滴加KSCN溶液各1滴，溶液变成血红色，
（9）SCN-可能被转化为SO，需要对硫酸离子进行检验，向褪色后的溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明被氧化为了硫酸根离子；
17．(1) 原子 Cl- Ar K+ Ca2+ OH-+H+=H2O
(2) a/(A+m) mol a·N/(A+m) mol a(m+A-N)NA/(A+m)
【详解】（1）①当x-y=10时，x=y+10，说明质子数等于核外电子数，所以该离子为原子，故答案为：原子。
②当y=8时，应为18电子的单核粒子，所以可能为氩原子、钙离子、硫离子、氯离子、钾离子，故答案为：氩原子、钙离子、硫离子、氯离子、钾离子(选其中4个)。
③当y=1时为钠原子，当y=6时为硫原子其最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和H2SO4，所以其离子方程式为：OH-+H+=H2O。
答案为：OH-+H+=H2O。
（2）根据题干可知，HmX的相对原子质量为A+m，所以，ag HmX的物质的量为：n==；HmX分子中H中不含中子，所以一个HmX分子中含N个中子，故答案为；一个1HmX分子中含m+A-N个质子，所以所含质子的数目为：N=nNA=。
答案为：，，。
18． 碱煮水洗 加快反应 热水浴 C 将全部氧化为；不引入杂质 加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体，以此解答该题。
【详解】(1)用热纯碱溶液洗去铁屑表面的油污后，再用水洗涤铁屑表面附着物。
(2)加热可以加快化学反应速率，进而加快铁屑的溶解。为便于控制温度在80～95℃，可采取热水浴加热方式。铁屑中硫化物与稀硫酸反应生成酸性气体硫化氢，可用碱液吸收，并用倒扣漏斗，既能充分吸收又能防止倒吸，答案选C。
(3)双氧水均有氧化性，步骤③利用双氧水的氧化性将全部氧化为，且双氧水的还原产物是水，不引入杂质。
(4)从溶液中得到产品硫酸铁铵晶体，先加热浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥即可。
(5)设硫酸铁铵晶体的物质的量为1mol，加热到150℃，失去1.5mol(即27g)水，质量减轻5.6%，则硫酸铁铵晶体的相对分子质量为，的相对分子质量为266，则剩余部分为水，，故硫酸铁铵晶体的化学式为。
19． 极性 O>C cd 0.015mol/(L·min) bc
【分析】(1)属于常用的化学用语和物质结构试题，难度不大；
(2)元素的非金属性同一周期从左往右依次增强，非金属性的强弱可以从最高价氧化物对应水化物的酸性、单质与氢气反应的难易程度、气态氢化物的稳定性以及化合物中元素的化合价等来判断；
(3)根据氧化还原反应的分析，利用电子转移数目求算出NO2的物质的量的变化量，再利用反应速率的计算公式进行求算；
(4)化学平衡状态的判断，难度不大。
【详解】(1)硫是16号元素，故硫离子的电子结构示意图为，氨气分子中N的最外层上有5个电子，故其电子式为，氨气分子属于三角锥结构，空间结构不对称，属于极性分子，故答案为：；；极性；
(2)C、O、S这三种元素中属于同周期元素是C和O，故其非金属性从左往右依次增强，故由强到弱的顺序为O>C；同一主族从上到下，非金属性减弱，故O>S；
a．最高价氧化物对应水化物的酸性，与非金属性一致，但氧元素无最高正价，a不合题意；
b．气态氢化物的沸点是物理性质，与非金属无关，b不合题意；
c．单质与氢气反应的难易程度，与非金属一致，c符合题意；
d．其两两组合形成的化合物中元素的化合价，显正价的说明非金属性较弱，显负价的说明非金属较强，d符合题意；
故答案为：O>C；cd；
(3)根据Ⅰ中的反应6NO2+8NH37N2+12H2O分析可知，每转移24mol电子，消耗6molNO2，故120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡，10min时电子转移了1.2mol，即消耗了0.3molNO2，故则0~10min时，平均速率(NO2)== 0.015mol/(L·min)，故答案为：0.015mol/(L·min)；
(4) a．分析反应可知，反应前后气体的体积保持不变，故体系压强保持不变不能说明反应达到平衡状态，a不合题意；
b．各组分的浓度、百分含量保持不变，说明达到化学平衡，故NO2浓度保持不变能说明反应达到平衡状态，b符合题意；
c．假设一开始加入的NO2为xmol，反应转化了ymol，则NO2和SO3的体积比保持不变可推知：x-y=y，故y为特定值，即达到化学平衡，c符合题意；
d．混合气体的平均相对分子质量在数值上等于气体的平均摩尔质量等于气体的总质量除以气体的总物质的量，气体的总质量和气体的总物质的量均保持不变，故混合气体的平均相对分子质量保持不变不能说明反应达到化学平衡，d不合题意；
故答案为：bc。
答案第1页，共2页
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