辽宁省大连市辽宁师范大学附属中学2018-2019学年高三上学期化学第一次月考试卷
一、单选题
1．（2018高三上·大连月考）水是生命之源，下列有关说法中正确的是（ ）
A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染
B．氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱
C．氨水能导电，说明氨气是电解质
D．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；硝酸的化学性质；过氧化氢；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、过氧化氢中氧元素化合价为-1价，易得电子，发生还原反应，生成还原产物为水，对环境没有污染，A不符合题意；
B、氯水放置数天后，氯水中的次氯酸逐渐分解生成HCl和O2，漂白性减弱而酸性增强，B不符合题意；
C、氨气是非电解质，氨水能导电，是因为氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，其水溶液能导电，C不符合题意；
D、王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、H2O2中O化合价为-1价，转变为O2，化合价变成0，化合价升高，是氧化产物；
B、氯水中起漂白作用的是次氯酸，长时间放置后，2HClO2HCl+O2↑,漂白性减弱，酸性增强；
C、氨气溶于水形成一水合氨，一水合氨是弱电解质；
D、王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物，腐蚀性很强。
2．（2018高三上·大连月考）下列说法错误的是（ ）
A．“臭氧空洞”、“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
B．工业海水制取镁流程：海水 Mg(OH)2→MgCl2 Mg
C．推广使用乙醇汽油代替汽油目的是为了减少温室气体的排放
D．工业生产玻璃、水泥都用石灰石做原料
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；常见的生活环境的污染及治理；含硅矿物及材料的应用；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A、“臭氧空洞”、“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，A不符合题意；
B、金属镁主要由电解熔融MgCl2的方法制得,海水中溶有少量MgCl2,海边又盛产贝壳(主要成分是CaCO3),以它们为原料生产镁的大致程序是: 海水 Mg(OH)2→MgCl2 Mg，B不符合题意；
C、乙醇汽油可以让汽车尾气中一氧化碳和碳氢化合物含量下降，有利于改善城市的空气质量，并不是为了减少温室气体CO2的排放，C符合题意；
D、制玻璃所需原料石灰石、纯碱和石英，制水泥所需原料为石灰石和黏土，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、臭氧空洞与氟利昂的排放有关；
B、熟悉镁的制取；
C、“温室效应”主要与二氧化碳有关，乙醇燃烧也可以生成二氧化碳；
D、熟悉玻璃和水泥的制取原料。
3．（2018高三上·大连月考）下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24 L Cl2与过量水反应，转移的电子总数为0.1 NA
B．一定条件下，6.4 g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NA
C．常温下，1 L 0.1 mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA
D．标准状况下，22.4 L SO3中含硫原子数为NA
【答案】C
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A、Cl2与水反应是可逆反应，反应不能进行彻底，标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量为2.24 L÷22.4L/mol=0.1mol，转移电子数应小于0.1 NA，A不符合题意；
B、铜与过量的硫反应生成硫化亚铜，2Cu+S=Cu2S，6.4 g铜的物质的量为6.4 g÷64g/mol=0.1mol，转移电子数为0.1mol，即0.1 NA，B不符合题意；
C、1 L 0.1 mol·L－1的NH4NO3溶液中NH4NO3的物质的量为1 L ×0.1 mol·L－1=0.1mol，根据NH4NO3的化学式可知0.1molNH4NO3含有0.2mol的氮原子，即0.2NA氮原子，C符合题意；
D、标况下，三氧化硫为固态，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、Cl2+H2OHCl+HClO,可逆反应不能进行彻底；
B、注意铜化合价由0变为+1价；
C、由氮原子守恒可得；
D、 SO3在标况下为固体。
4．（2018高三上·大连月考）下列物质的俗称、成分及用途对应正确的是（ ）
A B C D
俗称 漂粉精 小苏打 钡餐 铁红
成分 NaClO Na2CO3 BaCO3 Fe2O3
用途 消毒剂 发酵粉 X光片 涂料
A．A B．B
C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A、漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2，A不符合题意；
B、小苏打是碳酸氢钠(NaHCO3)的俗称，可用做发酵粉，B不符合题意；
C、钡餐的主要成分为BaSO4，因为BaSO4既不溶于水也不溶于酸，C不符合题意；
D、铁红的主要成分是Fe2O3，可用做涂料，D符合题意；
故答案为：D
【分析】熟悉常见物质的俗名和化学成分，并了解其生产生活应用。
5．（2018高三上·大连月考）下列说法正确的是（ ）
A．凡是单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布
B．不存在两种质子数和电子数完全相同的阳离子和阴离子
C．同一短周期元素的离子半径从左到右逐渐减小
D．元素非金属性越强，对应氢化物的酸性越强
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、H+没有核外电子，Fe3+核外电子排布为1s22s2 2p6 3s2 3p6 3d5，与稀有气体核外电子排布不同，A不符合题意；
B、阳离子的质子数大于电子数,阴离子的质子数小于电子数,如电子数相同,则质子数一定不同,B符合题意；
C、离子半径比较大小，先看电子层数，电子层数越多，半径越大，同一短周期元素的最低价阴离子核外电子比同一短周期元素的最高价阳离子核外电子多一层，所以半径大，电子层数相同，则核电荷数越大半径越小，同一短周期元素的最高价阳离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，C不符合题意；
D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、注意副族元素形成离子和H+的特殊性；
B、注意阴阳离子质子数和电子数的相互关系；
C、 同一短周期元素的离子，从左到右逐渐由阳离子逐渐转变为阴离子，电子层数不同；
D、 元素非金属性越强 ，氰化物稳定性越强。
6．（2018高三上·大连月考）下列残留物的洗涤方法错误的是（ ）
残留物 洗涤剂
A 容器里附有的油污 热的纯碱溶液
B 容器壁上附着的硫 酒精
C 试管上的银镜 稀HNO3
D AgCl 氨水
A．A B．B
C．C D．D
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、油污与热的纯碱溶液发生反应，达到去污的效果，A不符合题意；
B、硫在酒精中的溶解度不大且不与酒精反应，硫可用热的氢氧化钠溶液洗涤，B符合题意；
C、银可以与稀硝酸发生氧化还原反应，因此可用稀硝酸洗涤银镜，C不符合题意；
D、氯化银溶于氨水，生成Ag(NH3)2Cl络合物，反应方程式：AgCl+2NH3.H2O=Ag(NH3)2Cl + 2H2O，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、油污和纯碱生成易溶于水的盐，从而去除油污；
B、硫可以和热的氢氧化钠溶液反应；
C、3Ag+4HNO =3AgNO +2H O+NO↑；
D、氯化银溶于氨水，生成银氨溶液 。
7．（2018高三上·大连月考）硒(Se)与硫在元素周期表中位于同一主族。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Se > S B．沸点：H2S > H2Se
C．稳定性：H2S > H2Se D．酸性：H2SO4 > H2SeO4
【答案】B
【知识点】氧族元素简介；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A.硒（Se）在硫的下方，同主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径：Se > S，不选；
B.H2S 的相对分子质量比H2Se小，故H2S 的沸点比H2Se低，选B；
C.S的非金属性比Se强，气态氢化物较稳定，故稳定性：H2S > H2Se ，不选；
D.非金属性越强最高价含氧酸酸性越强，故酸性：H2SO4> H2SeO4，不选。
故答案为：B
【分析】对于同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大；氢化物的稳定性逐渐减弱，熔沸点逐渐升高；非金属性逐渐减弱，据此解答。
8．（2018高三上·大连月考）下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A．pH=0的溶液中：Na＋、K＋、ClO－、AlO2－
B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中： K＋、NO3－、Cl－、NH4+
C．常温下水电离出的c(H＋)·c(OH－)＝10－20的溶液中：Na＋、Cl－、S2－、SO32－
D．无色透明溶液：K＋、NO3－、Fe3+、SO42－
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、pH=0的溶液中存在大量H+，ClO－、AlO2－与氢离子不能大量共存，A不符合题意；
B、能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为强酸性溶液或强碱性溶液，强碱条件下NH4+不能大量存在，强酸条件下有NO3－，与金属铝反应不能生成氢气，B不符合题意；
C、常温下水电离出的c(H＋)·c(OH－)＝10－20(mol/L)2的溶液中，水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，c(H＋)=c(OH－)＝10－10mol/L，溶液可能是强酸性或强碱性，强酸条件下，S2－和SO32－不能大量共存，强碱条件下，溶液中Na＋、Cl－、S2－、SO32－不相互反应可以共存，C符合题意；
D、Fe3+在水溶液中为黄色，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、pH=0的溶液中存在大量H+，H++ClO－HClO，4H++AlO2－=Al3++2H2O；
B、能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为酸性溶液或强碱性溶液,所以要考虑H+和OH-离子的存在；
C、水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，溶液可能显酸性或者碱性；
D、Fe3+是带色离子。
9．（2018高三上·大连月考）下图是实验室制取气体装置，其中发生装置相同(省去了铁架台和锥形瓶中的药品)，干燥和收集装置有二套，分别用图一和图二。下列选项中错误的是（ ）
A 锌和稀盐酸 选用图1
B 碳化钙和饱和食盐水 选用图1
C 铜和浓硫酸 选用图2
D 过氧化钠和水 选用图2
A．A B．B
C．C D．D
【答案】C
【知识点】常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、锌和稀盐酸反应制取H2 ,H2 中混有的H2O和HCl可用碱石灰吸收,H2的密度比空气小,应用向下排空气法收集，A不符合题意；
B、碳化钙和饱和食盐水反应制取乙炔，乙炔中混有水、硫化氢和磷化氢等杂质，可用碱石灰吸收，乙炔的密度小于空气，应用向下排空气法收集，B不符合题意；
C、铜和浓硫酸在常温下不能发生反应,必须在加热条件下才有SO 2 气体生成，C符合题意；
D、过氧化钠和水反应可制备氧气，采用氯化钙干燥，氧气的密度比空气的大，因此用向上排空气法收集，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】熟悉常见气体的制取设备，需要注意使用的药品以及产生的杂质；不同的杂质需要不同的药品除去。
10．（2018高三上·大连月考）下列各组物质中，不能按 (“→”表示一步完成)的关系相互转化的是（ ）
选项 a b c
A Fe FeCl2 FeCl3
B Si SiO2 SiF4
C HNO3 NO NO2
D Al Al2O3 Al(OH)3
A．A B．B
C．C D．D
【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】A、铁与盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+HCl=H2 +FeCl2，铁与氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl2=2FeCl3，向氯化亚铁溶液中通入氯气可生成氯化铁，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，A不符合题意；
B、硅与氧气在加热条件下可生成二氧化硅，Si+O2=SiO2，硅单质与氟单质反应生成氟化硅，Si+2F2=SiF4，SiO2与氢氟酸反应可生成SiF4，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，B不符合题意；
C、铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，铜与浓硝酸反应可生成二氧化氮，一氧化氮与氧气反应可生成二氧化氮，C不符合题意；
D、铝与氧气反应可生成氧化铝，其他均不能经一步反应实现，D符合题意；
故答案为：D
【分析】铝与氧气反应可生成氧化铝，但是氧化铝不能直接转化为氢氧化铝，氢氧化铝也不能直接转化为铝单质。
11．（2018高三上·大连月考）A是一种常见的单质，B、C为常见的化合物，A、B、C均含有元素x，它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件已略去)。下列说法中正确的是（ ）
A．反应①和②一定为氧化还原反应
B．反应①和②互为可逆反应
C．X元素可能是金属，也可能是非金属
D．X元素可能为铝
【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A、①应该是A物质的歧化反应,反应②应该是一种元素的归中反应,则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,所以反应①和②一定为氧化还原反应，A符合题意;
B、可逆反应的定义是指在同一条件下,既能向正反应方向进行,同时又能向逆反应方向进行的反应,上述①和②两个反应的反应条件不相同,不是可逆反应，B不符合题意;
C、A、B和C中都含有X元素,反应①是A物质的歧化反应,反应②应该是这种元素的归中反应,所以B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,判断A一定是非金属元素,因为金属元素无负价,说明X元素是非金属元素，C不符合题意;
D、A、B和C都含有X元素,反应①是A物质的歧化反应,反应②应该是这种元素的归中反应,所以B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,判断A一定是非金属元素,因为金属元素无负价,说明X元素是非金属元素,X元素肯定不能为铝，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】熟练掌握常见无机物的性质、氧化还原反应以及推断方法。
12．（2018高三上·大连月考）下列四组物质反应，其中与其它三组有本质不同的是（ ）
A．Na2O2+ H2O B．F2+ H2O C．Cl2+ H2O D．NO2+ H2O
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2 ↑反应中，过氧化钠中的氧元素部分化合价升高部分化合价降低，所以氧化剂和还原剂是同一物质，A不符合题意；
B、2F2 +2H2O=4HF+O2 反应中，氟元素化合价降低，氧元素化合价升高，所以氧化剂是氟气，还原剂是水，B符合题意；
C、Cl2 +H2O=HCl+HClO反应中，氯气中氯元素部分化合价升高部分化合价降低，所以氧化剂和还原剂是同一物质，C不符合题意；
D、3NO2 +H2O=2HNO3 +NO反应中，二氧化氮中氮元素部分化合价升高，部分化合价降低，所以氧化剂和还原剂是同一物质，D不符合题意；
根据上述分析可知，只有B选项中氧化剂和还原剂不是同一种物质，A、C、D氧化剂和还原剂是同一个物质，为歧化反应，因此选B；
故答案为：B。
【分析】根据氧化还原反应的原理进行分析。
13．（2018高三上·大连月考）下列说法中正确的是（ ）
A．在铜和浓硫酸反应后的试管中加水，以观察溶液颜色
B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C．用氯水进行水处理，夏季比冬季的效果好
D．稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐，当还原产物只有NO时，参加反应的金属在反应后无论化合价怎样，参加反应的硝酸与还原产物物质的量之比始终为4∶1
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质实验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、应将反应后液体缓慢注入水中观察，操作同浓硫酸稀释，A不符合题意；
B、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下不能吸收二氧化碳，B不符合题意；
C、夏季温度高，次氯酸易分解，杀菌效果比冬季差，C不符合题意；
D、设金属M反应后的化合价是+x,则生成的盐为M(NO3)x，根据得失电子守恒可知M(NO3)x与NO的系数之比为3：x，根据氮元素守恒可知消耗的HNO3的系数为3x+x，所以硝酸与还原产物NO的物质的量之比为(3x+x):x=4:1,D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、稀释浓硫酸，需要把浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌；
B、煤的燃烧温度较高，氧化钙不能和二氧化碳反应；
C、氯水中的次氯酸在光照和温度高时都容易分解；
D、从得失电子守恒角度进行考虑。
14．（2018高三上·大连月考）工业上常用氨碱法制取碳酸钠，却不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中（ ）
A．KHCO3溶解度较大 B．KHCO3溶解度较小
C．K2CO3溶解度较大 D．K2CO3溶解度较小
【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】用氨碱法制取碳酸钠主要是制取碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，在溶液中先析出，使得反应继续下去，从而制取较多的碳酸氢钠以用来制取碳酸钠。但是相同条件下，碳酸氢钾的溶解度较大，不会从溶液中析出，所以就得不到碳酸氢钾，也就不能用这种方法制取碳酸钾。A符合题意；
故答案为：A
【分析】碳酸氢钠俗称小苏打，是氨碱法制纯碱的中间产物因其溶解度较小，氨碱法：其化学反应原理是：
NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品：
2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，放出的二氧化碳气体可回收循环使用，含有氯化铵的滤液与石灰乳（Ca（OH）2）混合加热，所放出的氨气可回收循环使用，CaO+H2O=Ca（OH）2，2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中KHCO3溶解度较大无法形成沉淀。
15．（2018高三上·大连月考）用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中错误的是（ ）
X Y Z
例 氧化物 化合物 纯净物
A 苯的同系物 芳香烃 芳香族化合物
B 胶体 分散系 混合物
C 电解质 离子化合物 化合物
D 碱性氧化物 金属氧化物 氧化物
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】许多共价化合物也属于电解质，电解质的范围应大于离子化合物，C项符合题意。
故答案为：C
【分析】分析图示，Z包含Y，Y包含X，然后根据物质的组成和性质分析物质的类别，再根据物质的从属关系来解答。
16．（2018高三上·大连月考）为了检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，某化学小组的同学进行了如下所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得出的正确结论是（ ）
A．原溶液中一定含有SO42- B．原溶液中一定含有NH4+
C．原溶液中一定含有Cl- D．原溶液中一定含有Fe3+
【答案】B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色。
A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42-离子，A不符合题意；
B、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，B符合题意；
C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，C不符合题意；
D、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液能将SO32-或HSO3-氧化成SO42-，因此原溶液中可能含SO32-和HSO3-，不一定含SO42-；同理，
NO3-在酸性条件下能将Fe2＋氧化成Fe3＋，因此原溶液中可能含Fe2＋，不一定含Fe3＋；实验过程加入盐酸，引入了Cl－，因此无法说明原溶液中是否存在Cl－，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中一定含有NH4+。
17．（2018高三上·大连月考）科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的选项是（ ）
A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成
B．探究Mg(OH) 2溶解于NH4Cl是NH4+水解呈酸性所致，还是NH4+与OH－结合所致
C．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是Cu(OH)2
D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通以Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、二氧化硫具有还原性,过氧化钠具有氧化性,所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，A不符合题意;
B、NH4Cl中NH4+水解呈酸性，可能会使Mg(OH) 2溶解，一水合氨是弱碱，在溶液中铵根离子会结合氢氧根离子，也可能使Mg(OH) 2溶解，所以探究Mg(OH) 2溶解于NH4Cl是NH4+水解呈酸性所致，还是NH4+与OH－结合所致有意义，B不符合题意；
C、Cu(OH)2固体为白色，浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质肯定不是Cu(OH)2，没有探究意义，可探究浓硫酸与铜发生氧化还原反应,铜有可能被氧化为黑色的氧化铜，C符合题意;
D、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,消耗氢氧化钠溶液红色褪去,氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性,有探究意义,D不符合题意。
故答案为：C
【分析】浓硫酸显酸性，而Cu(OH)2为碱，铜和浓硫酸反应不可能生成碱，违背了事实。
18．（2018高二下·周口期末）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法错误的是（ ）
A．X的简单氢化物的热稳定性比W强
B．Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构
C．Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。
A．非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A符合题意；
B．Y、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B符合题意；
C．硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C不符合题意；
D．S、O属于ⅥA，S、Na属于第三周期，D符合题意。
故答案为：C。
【分析】此题考查元素周期律，根据题目信息，先判断物质元素，比如常做制冷剂的是氨气，则W是氮元素，然后再判断选项答案是否正确。
19．（2018高三上·大连月考）四种短周期主族元素在周期表中的位置如图，则下列说法错误的是（ ）
A．若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，则X单质可与强碱溶液反应
B．简单阴离子半径：M＞Z＞Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞M
D．若Y的氢化物的水溶液呈碱性，则X的氧化物不与任何酸反应
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，说明Y是C，则X是Al，单质铝可与强碱溶液反应，故A不符合题意；
B、离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单阴离子半径M>Z>Y，故B不符合题意；
C、同周期自左向右元素的非金属性逐渐增强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性Z>M，故C不符合题意；
D、若Y的氢化物水溶液呈碱性，则Y是N，X是Si，X的氧化物是二氧化硅，能与氢氟酸反应，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、N、O、F的氢化物可以形成氢键，比同主族其他元素氰化物的沸点要高，所以Y只能是C；
B、同主族元素，简单阴离子从上到下半径逐渐增大，同周期元素，从左到右简单阴离子半径逐渐减小；
C、同周期自左向右元素的非金属性逐渐增强， 最高价氧化物对应水化物的酸性增强；
D、 若Y的氢化物的水溶液呈碱性 ，则Y为N元素，氢化物为氨气。
20．（2018高三上·大连月考）取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于（ ）
A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44
【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】产生NO2的物质的量为8.960L÷22.4L/mol=0.4mol，产生N2O4的物质的量为0.672 L÷22.4L/mol=0.03mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有OH-的物质的量为0.46mol，OH-的质量为0.46mo×17g/mol=7.82g，由质量守恒可得铜和镁的合金质量为17.02g-7.82g=9.2g，B符合题意。
故答案为：B
【分析】铜镁失去电子的物质的量，等于HNO3转化为NO2和N2O4得到电子的物质的量，等于他们结合氢氧根的物质的量，根据NO2和N2O4的物质的量，计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量就是合金的质量。
二、综合题
21．（2018高三上·大连月考）
（1）Ⅰ.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。
元素代号 X Y Z M R
原子半径/nm 0.186 0.102 0.075 0.074 0.143
主要化合价 ＋1 ＋6－2 ＋5－3 －2 ＋3
M在元素周期表中的位置为 。
（2）X与Y按原子个数比2∶1构成的物质的电子式为 ；所含化学键类型 。
（3）X＋、Y2－、M2－离子半径大小顺序为 。
（4）将YM2通入FeCl3溶液中的离子方程式： 。
（5）Ⅱ.如下图转化关系：
若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为 。
（6）若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，则A与C反应的离子方程式为 。
【答案】（1）第二周期ⅥA族
（2）；离子键
（3）S2－>O2－>Na＋
（4）SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SO42—＋4H＋
（5）Al3＋＋3AlO2—＋6H2O=4Al(OH)3↓
（6）Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)Ⅰ.根据上述分析可知，M为O元素，位于元素周期表第二周期ⅥA族；
(2)X是Na，Y是S，Na与S按原子个数比2:1构成的物质为Na2S,Na2S是离子化合物,由钠离子与硫离子构成,电子式 ,所含化学键类型为离子键；
(3)X＋、Y2－、M2－离子分别为Na+、S2-、O2-,电子层数越多,半径越大,S2-电子层数最多,电子层数相同时,核电荷数越大半径越小,则离子半径大小顺序为S2－>O2－>Na＋；
(4)YM2为SO2，将SO2气体通入FeCl3溶液中的离子反应为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SO42—＋4H＋；
(5)Ⅱ.若B为白色胶状不溶物，则B为氢氧化铝，则A中含有Al3+，C中含有AlO2—，X为NaOH溶液，所以A与C反应的离子方程式为Al3＋＋3AlO2-＋6H2O=4Al(OH)3↓；
(6)向B溶液中滴加铁氰化钾溶液产生特征蓝色沉淀,说明含B中有Fe2+，A为Fe，C中含有Fe3+，则A与C反应的离子方程式为:Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。
【分析】（1）注意主族的表示方法；
（2）离子化合物的阴离子必须用中括号括起来；
（3）同主族的简单阴离子半径逐渐增大，具有相同电子层数的阳离子半径小于阴离子半径；
（4）SO2气体通入FeCl3溶液，两者发生氧化还原反应；
（5）Al3＋和AlO2-发生双水解；
（6）Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓。
22．（2018高三上·大连月考）化石燃料燃烧时会产生SO2进入大气，有多种方法可用于SO2的脱除。
（1）NaClO碱性溶液吸收法。工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。
①反应离子方程式是 。
②为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。在反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收。该催化过程的示意图如图所示：
a.过程1的离子方程式是Ni2O3+ClO－=2NiO2+Cl－，则过程2的离子方程式 。
b．Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是 。
（2）碘循环工艺也能吸收SO2降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：
则碘循环工艺的总反应为： 。
【答案】（1）ClO－+SO2+2OH－=Cl－+SO42－+H2O；2NiO2+ClO－=Ni2O3+Cl－+2O；Ca2+与SO42—结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行
（2）SO2+2H2O H2SO4+H2
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)①用NaClO碱性溶液吸收SO2，次氯酸根将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，离子方程式是ClO-+SO2+2OH- =Cl-+SO42-+H2O；
②a.为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂，根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；
b.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行；
（2）通过流程图可看出,经过一系列反应碘单质没有发生变化，因此可推断碘单质为此反应的催化剂，二氧化硫与水发生氧化还原反应生成硫酸和氢气，反应方程式为:SO2+2H2O H2SO4+H2。
【分析】(1)①ClO-具有强氧化性，将SO2氧化成SO42-；
②仔细分析图示信息，根据图示信息解答；
（2）分析反应过程，注意碘单质的变化。
三、实验题
23．（2018高三上·大连月考）某化学课外活动小组利用下图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。
（1）A和E中制取NH3的装置为 ，所用试剂为 ,装置中制取NO2的化学方程式是 。
（2）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是 。
（3）实验过程中，一段时间内未能观察到C装置中的预期现象。该小组同学从反应原理的角度分析了原因，认为可能是:
①NH3还原性较弱，不能将NO2还原；②在此条件下，NO2的转化率极低；③ 。
（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是 。
【答案】（1）A；浓氨水和CaO(合理即可)；Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
（2）混合气体颜色变浅
（3）在此条件下，该反应的化学反应速率极慢
（4）缺少尾气吸收装置
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)NO2在干燥时应选用中性干燥剂如无水氯化钙，不能用碱石灰，所以E装置用于制备二氧化氮，反应方程式为： Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；B中没有指明干燥剂的种类，有可能为无水氯化钙或碱石灰，两者均可用来干燥NH3，所以A装置用来制备氨气，可采用浓氨水和CaO制备氨气；
(2)二氧化氮为棕红色气体，如果二氧化氮能与氨气反应，根据化合价可知两者应发生归中反应生成氮气，因此如果两者发生反应，则C装置中的红棕色应变浅；
(3) 没有预期的现象可说明二氧化氮没有被消耗或消耗的少，除了已给可能性外，还有可能是该反应的化学反应速率极慢；
(4)此实验中的反应物氨气和二氧化氮均为污染性气体，不能直接排放，应对其进行尾气处理。
【分析】（1）分析题干信息， 探究NO2能否被NH3还原 ，所以需要制取 探究NO2和NH3，NO2是酸性气体，不能用碱性物质干燥，NH3是碱性物质，不能用酸性物质干燥；
（2）NO2是红棕色气体，可以根据反应过程中的颜色变化，判断反应进行程度；
（3） 未能观察到C装置中的预期现象，说明NO2没有减少或者减少的量比较少；
（4）NO2是大气污染物，不能随意排放。
24．（2018高三上·大连月考）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）K2FeO4作为高效、多功能水处理剂的原因是 。
（2）制备K2FeO4（夹持装置略）
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是 。
②该装置有明显不合理设计，如何改进？ 。
③改进后，B中得到紫色固体和溶液。B中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有 。
（3）探究K2FeO4的性质（改进后的实验）
①取B中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤B中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
a．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由 产生（用方程式表示）。
b．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是 。
②根据K2FeO4的制备实验和方案Ⅱ实验表明Cl2和 的氧化性强弱关系相反，原因是 。
【答案】（1）K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质
（2）2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；应该增加盛装饱和食盐水的洗气瓶，吸收蒸发出来的HCl气体；Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O
（3）Fe3+；4FeO42 +20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；排除ClO 的干扰；溶液的酸碱性不同
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，说明K2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，而FeO42 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，所以可以用来净水；
(2)①A中用浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；
②氯气中的主要杂质为浓盐酸挥发出的氯化氢气体，制备K2FeO4需在强碱条件下进行，应用饱和氯化钠溶液除去氯化氢气体。
③C中主要是Cl2、Fe(OH)3与KOH之间的反应制备K2FeO4，除了已知反应，还有Cl2与KOH的歧化反应：Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O；
(3)①a.溶液中加入KSCN呈红色证明其中含有Fe3+，酸性条件下K2FeO4不稳定，因此生成Fe3+的反应还有：4FeO42 +20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
B.用氢氧化钾溶液洗涤的目的是洗去固体表面附着的氧化性离子ClO ，以免对FeO42 氧化Cl 产生干扰，并在洗涤时保证K2FeO4的稳定性，避免FeO42 在酸性或中性溶液中快速产生O2。
②实验中在碱性条件下Cl2制备FeO42 ，可以得出氧化性为Cl2＞FeO42 ，而方案Ⅱ则得出相反的结论，主要是因为在酸性环境中氧化性FeO42 ＞Cl2。
【分析】（1）K2FeO4中铁元素为为+6价，化合价只能降低，具有很强的氧化性；而Fe3++3H2OFe（OH）3胶体+3H+；
（2）氯气在饱和食盐水中溶解度很小，可以用来除去其中的HCl；
（3）Fe3+遇到KSCN呈红色，Fe + nSCN == [Fe(SCN)n]（3-n）；
辽宁省大连市辽宁师范大学附属中学2018-2019学年高三上学期化学第一次月考试卷
一、单选题
1．（2018高三上·大连月考）水是生命之源，下列有关说法中正确的是（ ）
A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染
B．氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱
C．氨水能导电，说明氨气是电解质
D．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt
2．（2018高三上·大连月考）下列说法错误的是（ ）
A．“臭氧空洞”、“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
B．工业海水制取镁流程：海水 Mg(OH)2→MgCl2 Mg
C．推广使用乙醇汽油代替汽油目的是为了减少温室气体的排放
D．工业生产玻璃、水泥都用石灰石做原料
3．（2018高三上·大连月考）下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24 L Cl2与过量水反应，转移的电子总数为0.1 NA
B．一定条件下，6.4 g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NA
C．常温下，1 L 0.1 mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA
D．标准状况下，22.4 L SO3中含硫原子数为NA
4．（2018高三上·大连月考）下列物质的俗称、成分及用途对应正确的是（ ）
A B C D
俗称 漂粉精 小苏打 钡餐 铁红
成分 NaClO Na2CO3 BaCO3 Fe2O3
用途 消毒剂 发酵粉 X光片 涂料
A．A B．B
C．C D．D
5．（2018高三上·大连月考）下列说法正确的是（ ）
A．凡是单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布
B．不存在两种质子数和电子数完全相同的阳离子和阴离子
C．同一短周期元素的离子半径从左到右逐渐减小
D．元素非金属性越强，对应氢化物的酸性越强
6．（2018高三上·大连月考）下列残留物的洗涤方法错误的是（ ）
残留物 洗涤剂
A 容器里附有的油污 热的纯碱溶液
B 容器壁上附着的硫 酒精
C 试管上的银镜 稀HNO3
D AgCl 氨水
A．A B．B
C．C D．D
7．（2018高三上·大连月考）硒(Se)与硫在元素周期表中位于同一主族。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Se > S B．沸点：H2S > H2Se
C．稳定性：H2S > H2Se D．酸性：H2SO4 > H2SeO4
8．（2018高三上·大连月考）下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A．pH=0的溶液中：Na＋、K＋、ClO－、AlO2－
B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中： K＋、NO3－、Cl－、NH4+
C．常温下水电离出的c(H＋)·c(OH－)＝10－20的溶液中：Na＋、Cl－、S2－、SO32－
D．无色透明溶液：K＋、NO3－、Fe3+、SO42－
9．（2018高三上·大连月考）下图是实验室制取气体装置，其中发生装置相同(省去了铁架台和锥形瓶中的药品)，干燥和收集装置有二套，分别用图一和图二。下列选项中错误的是（ ）
A 锌和稀盐酸 选用图1
B 碳化钙和饱和食盐水 选用图1
C 铜和浓硫酸 选用图2
D 过氧化钠和水 选用图2
A．A B．B
C．C D．D
10．（2018高三上·大连月考）下列各组物质中，不能按 (“→”表示一步完成)的关系相互转化的是（ ）
选项 a b c
A Fe FeCl2 FeCl3
B Si SiO2 SiF4
C HNO3 NO NO2
D Al Al2O3 Al(OH)3
A．A B．B
C．C D．D
11．（2018高三上·大连月考）A是一种常见的单质，B、C为常见的化合物，A、B、C均含有元素x，它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件已略去)。下列说法中正确的是（ ）
A．反应①和②一定为氧化还原反应
B．反应①和②互为可逆反应
C．X元素可能是金属，也可能是非金属
D．X元素可能为铝
12．（2018高三上·大连月考）下列四组物质反应，其中与其它三组有本质不同的是（ ）
A．Na2O2+ H2O B．F2+ H2O C．Cl2+ H2O D．NO2+ H2O
13．（2018高三上·大连月考）下列说法中正确的是（ ）
A．在铜和浓硫酸反应后的试管中加水，以观察溶液颜色
B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C．用氯水进行水处理，夏季比冬季的效果好
D．稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐，当还原产物只有NO时，参加反应的金属在反应后无论化合价怎样，参加反应的硝酸与还原产物物质的量之比始终为4∶1
14．（2018高三上·大连月考）工业上常用氨碱法制取碳酸钠，却不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中（ ）
A．KHCO3溶解度较大 B．KHCO3溶解度较小
C．K2CO3溶解度较大 D．K2CO3溶解度较小
15．（2018高三上·大连月考）用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中错误的是（ ）
X Y Z
例 氧化物 化合物 纯净物
A 苯的同系物 芳香烃 芳香族化合物
B 胶体 分散系 混合物
C 电解质 离子化合物 化合物
D 碱性氧化物 金属氧化物 氧化物
A．A B．B C．C D．D
16．（2018高三上·大连月考）为了检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，某化学小组的同学进行了如下所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得出的正确结论是（ ）
A．原溶液中一定含有SO42- B．原溶液中一定含有NH4+
C．原溶液中一定含有Cl- D．原溶液中一定含有Fe3+
17．（2018高三上·大连月考）科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的选项是（ ）
A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成
B．探究Mg(OH) 2溶解于NH4Cl是NH4+水解呈酸性所致，还是NH4+与OH－结合所致
C．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是Cu(OH)2
D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通以Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致
18．（2018高二下·周口期末）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法错误的是（ ）
A．X的简单氢化物的热稳定性比W强
B．Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构
C．Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期
19．（2018高三上·大连月考）四种短周期主族元素在周期表中的位置如图，则下列说法错误的是（ ）
A．若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，则X单质可与强碱溶液反应
B．简单阴离子半径：M＞Z＞Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞M
D．若Y的氢化物的水溶液呈碱性，则X的氧化物不与任何酸反应
20．（2018高三上·大连月考）取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于（ ）
A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44
二、综合题
21．（2018高三上·大连月考）
（1）Ⅰ.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。
元素代号 X Y Z M R
原子半径/nm 0.186 0.102 0.075 0.074 0.143
主要化合价 ＋1 ＋6－2 ＋5－3 －2 ＋3
M在元素周期表中的位置为 。
（2）X与Y按原子个数比2∶1构成的物质的电子式为 ；所含化学键类型 。
（3）X＋、Y2－、M2－离子半径大小顺序为 。
（4）将YM2通入FeCl3溶液中的离子方程式： 。
（5）Ⅱ.如下图转化关系：
若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为 。
（6）若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，则A与C反应的离子方程式为 。
22．（2018高三上·大连月考）化石燃料燃烧时会产生SO2进入大气，有多种方法可用于SO2的脱除。
（1）NaClO碱性溶液吸收法。工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。
①反应离子方程式是 。
②为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。在反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收。该催化过程的示意图如图所示：
a.过程1的离子方程式是Ni2O3+ClO－=2NiO2+Cl－，则过程2的离子方程式 。
b．Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是 。
（2）碘循环工艺也能吸收SO2降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：
则碘循环工艺的总反应为： 。
三、实验题
23．（2018高三上·大连月考）某化学课外活动小组利用下图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。
（1）A和E中制取NH3的装置为 ，所用试剂为 ,装置中制取NO2的化学方程式是 。
（2）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是 。
（3）实验过程中，一段时间内未能观察到C装置中的预期现象。该小组同学从反应原理的角度分析了原因，认为可能是:
①NH3还原性较弱，不能将NO2还原；②在此条件下，NO2的转化率极低；③ 。
（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是 。
24．（2018高三上·大连月考）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）K2FeO4作为高效、多功能水处理剂的原因是 。
（2）制备K2FeO4（夹持装置略）
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是 。
②该装置有明显不合理设计，如何改进？ 。
③改进后，B中得到紫色固体和溶液。B中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有 。
（3）探究K2FeO4的性质（改进后的实验）
①取B中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤B中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
a．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由 产生（用方程式表示）。
b．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是 。
②根据K2FeO4的制备实验和方案Ⅱ实验表明Cl2和 的氧化性强弱关系相反，原因是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；硝酸的化学性质；过氧化氢；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、过氧化氢中氧元素化合价为-1价，易得电子，发生还原反应，生成还原产物为水，对环境没有污染，A不符合题意；
B、氯水放置数天后，氯水中的次氯酸逐渐分解生成HCl和O2，漂白性减弱而酸性增强，B不符合题意；
C、氨气是非电解质，氨水能导电，是因为氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，其水溶液能导电，C不符合题意；
D、王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、H2O2中O化合价为-1价，转变为O2，化合价变成0，化合价升高，是氧化产物；
B、氯水中起漂白作用的是次氯酸，长时间放置后，2HClO2HCl+O2↑,漂白性减弱，酸性增强；
C、氨气溶于水形成一水合氨，一水合氨是弱电解质；
D、王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物，腐蚀性很强。
2．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；常见的生活环境的污染及治理；含硅矿物及材料的应用；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A、“臭氧空洞”、“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，A不符合题意；
B、金属镁主要由电解熔融MgCl2的方法制得,海水中溶有少量MgCl2,海边又盛产贝壳(主要成分是CaCO3),以它们为原料生产镁的大致程序是: 海水 Mg(OH)2→MgCl2 Mg，B不符合题意；
C、乙醇汽油可以让汽车尾气中一氧化碳和碳氢化合物含量下降，有利于改善城市的空气质量，并不是为了减少温室气体CO2的排放，C符合题意；
D、制玻璃所需原料石灰石、纯碱和石英，制水泥所需原料为石灰石和黏土，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、臭氧空洞与氟利昂的排放有关；
B、熟悉镁的制取；
C、“温室效应”主要与二氧化碳有关，乙醇燃烧也可以生成二氧化碳；
D、熟悉玻璃和水泥的制取原料。
3．【答案】C
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A、Cl2与水反应是可逆反应，反应不能进行彻底，标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量为2.24 L÷22.4L/mol=0.1mol，转移电子数应小于0.1 NA，A不符合题意；
B、铜与过量的硫反应生成硫化亚铜，2Cu+S=Cu2S，6.4 g铜的物质的量为6.4 g÷64g/mol=0.1mol，转移电子数为0.1mol，即0.1 NA，B不符合题意；
C、1 L 0.1 mol·L－1的NH4NO3溶液中NH4NO3的物质的量为1 L ×0.1 mol·L－1=0.1mol，根据NH4NO3的化学式可知0.1molNH4NO3含有0.2mol的氮原子，即0.2NA氮原子，C符合题意；
D、标况下，三氧化硫为固态，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、Cl2+H2OHCl+HClO,可逆反应不能进行彻底；
B、注意铜化合价由0变为+1价；
C、由氮原子守恒可得；
D、 SO3在标况下为固体。
4．【答案】D
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A、漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2，A不符合题意；
B、小苏打是碳酸氢钠(NaHCO3)的俗称，可用做发酵粉，B不符合题意；
C、钡餐的主要成分为BaSO4，因为BaSO4既不溶于水也不溶于酸，C不符合题意；
D、铁红的主要成分是Fe2O3，可用做涂料，D符合题意；
故答案为：D
【分析】熟悉常见物质的俗名和化学成分，并了解其生产生活应用。
5．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、H+没有核外电子，Fe3+核外电子排布为1s22s2 2p6 3s2 3p6 3d5，与稀有气体核外电子排布不同，A不符合题意；
B、阳离子的质子数大于电子数,阴离子的质子数小于电子数,如电子数相同,则质子数一定不同,B符合题意；
C、离子半径比较大小，先看电子层数，电子层数越多，半径越大，同一短周期元素的最低价阴离子核外电子比同一短周期元素的最高价阳离子核外电子多一层，所以半径大，电子层数相同，则核电荷数越大半径越小，同一短周期元素的最高价阳离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，C不符合题意；
D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、注意副族元素形成离子和H+的特殊性；
B、注意阴阳离子质子数和电子数的相互关系；
C、 同一短周期元素的离子，从左到右逐渐由阳离子逐渐转变为阴离子，电子层数不同；
D、 元素非金属性越强 ，氰化物稳定性越强。
6．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、油污与热的纯碱溶液发生反应，达到去污的效果，A不符合题意；
B、硫在酒精中的溶解度不大且不与酒精反应，硫可用热的氢氧化钠溶液洗涤，B符合题意；
C、银可以与稀硝酸发生氧化还原反应，因此可用稀硝酸洗涤银镜，C不符合题意；
D、氯化银溶于氨水，生成Ag(NH3)2Cl络合物，反应方程式：AgCl+2NH3.H2O=Ag(NH3)2Cl + 2H2O，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、油污和纯碱生成易溶于水的盐，从而去除油污；
B、硫可以和热的氢氧化钠溶液反应；
C、3Ag+4HNO =3AgNO +2H O+NO↑；
D、氯化银溶于氨水，生成银氨溶液 。
7．【答案】B
【知识点】氧族元素简介；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A.硒（Se）在硫的下方，同主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径：Se > S，不选；
B.H2S 的相对分子质量比H2Se小，故H2S 的沸点比H2Se低，选B；
C.S的非金属性比Se强，气态氢化物较稳定，故稳定性：H2S > H2Se ，不选；
D.非金属性越强最高价含氧酸酸性越强，故酸性：H2SO4> H2SeO4，不选。
故答案为：B
【分析】对于同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大；氢化物的稳定性逐渐减弱，熔沸点逐渐升高；非金属性逐渐减弱，据此解答。
8．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、pH=0的溶液中存在大量H+，ClO－、AlO2－与氢离子不能大量共存，A不符合题意；
B、能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为强酸性溶液或强碱性溶液，强碱条件下NH4+不能大量存在，强酸条件下有NO3－，与金属铝反应不能生成氢气，B不符合题意；
C、常温下水电离出的c(H＋)·c(OH－)＝10－20(mol/L)2的溶液中，水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，c(H＋)=c(OH－)＝10－10mol/L，溶液可能是强酸性或强碱性，强酸条件下，S2－和SO32－不能大量共存，强碱条件下，溶液中Na＋、Cl－、S2－、SO32－不相互反应可以共存，C符合题意；
D、Fe3+在水溶液中为黄色，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、pH=0的溶液中存在大量H+，H++ClO－HClO，4H++AlO2－=Al3++2H2O；
B、能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为酸性溶液或强碱性溶液,所以要考虑H+和OH-离子的存在；
C、水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，溶液可能显酸性或者碱性；
D、Fe3+是带色离子。
9．【答案】C
【知识点】常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、锌和稀盐酸反应制取H2 ,H2 中混有的H2O和HCl可用碱石灰吸收,H2的密度比空气小,应用向下排空气法收集，A不符合题意；
B、碳化钙和饱和食盐水反应制取乙炔，乙炔中混有水、硫化氢和磷化氢等杂质，可用碱石灰吸收，乙炔的密度小于空气，应用向下排空气法收集，B不符合题意；
C、铜和浓硫酸在常温下不能发生反应,必须在加热条件下才有SO 2 气体生成，C符合题意；
D、过氧化钠和水反应可制备氧气，采用氯化钙干燥，氧气的密度比空气的大，因此用向上排空气法收集，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】熟悉常见气体的制取设备，需要注意使用的药品以及产生的杂质；不同的杂质需要不同的药品除去。
10．【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】A、铁与盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+HCl=H2 +FeCl2，铁与氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl2=2FeCl3，向氯化亚铁溶液中通入氯气可生成氯化铁，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，A不符合题意；
B、硅与氧气在加热条件下可生成二氧化硅，Si+O2=SiO2，硅单质与氟单质反应生成氟化硅，Si+2F2=SiF4，SiO2与氢氟酸反应可生成SiF4，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，B不符合题意；
C、铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，铜与浓硝酸反应可生成二氧化氮，一氧化氮与氧气反应可生成二氧化氮，C不符合题意；
D、铝与氧气反应可生成氧化铝，其他均不能经一步反应实现，D符合题意；
故答案为：D
【分析】铝与氧气反应可生成氧化铝，但是氧化铝不能直接转化为氢氧化铝，氢氧化铝也不能直接转化为铝单质。
11．【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A、①应该是A物质的歧化反应,反应②应该是一种元素的归中反应,则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,所以反应①和②一定为氧化还原反应，A符合题意;
B、可逆反应的定义是指在同一条件下,既能向正反应方向进行,同时又能向逆反应方向进行的反应,上述①和②两个反应的反应条件不相同,不是可逆反应，B不符合题意;
C、A、B和C中都含有X元素,反应①是A物质的歧化反应,反应②应该是这种元素的归中反应,所以B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,判断A一定是非金属元素,因为金属元素无负价,说明X元素是非金属元素，C不符合题意;
D、A、B和C都含有X元素,反应①是A物质的歧化反应,反应②应该是这种元素的归中反应,所以B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,判断A一定是非金属元素,因为金属元素无负价,说明X元素是非金属元素,X元素肯定不能为铝，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】熟练掌握常见无机物的性质、氧化还原反应以及推断方法。
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2 ↑反应中，过氧化钠中的氧元素部分化合价升高部分化合价降低，所以氧化剂和还原剂是同一物质，A不符合题意；
B、2F2 +2H2O=4HF+O2 反应中，氟元素化合价降低，氧元素化合价升高，所以氧化剂是氟气，还原剂是水，B符合题意；
C、Cl2 +H2O=HCl+HClO反应中，氯气中氯元素部分化合价升高部分化合价降低，所以氧化剂和还原剂是同一物质，C不符合题意；
D、3NO2 +H2O=2HNO3 +NO反应中，二氧化氮中氮元素部分化合价升高，部分化合价降低，所以氧化剂和还原剂是同一物质，D不符合题意；
根据上述分析可知，只有B选项中氧化剂和还原剂不是同一种物质，A、C、D氧化剂和还原剂是同一个物质，为歧化反应，因此选B；
故答案为：B。
【分析】根据氧化还原反应的原理进行分析。
13．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质实验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、应将反应后液体缓慢注入水中观察，操作同浓硫酸稀释，A不符合题意；
B、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下不能吸收二氧化碳，B不符合题意；
C、夏季温度高，次氯酸易分解，杀菌效果比冬季差，C不符合题意；
D、设金属M反应后的化合价是+x,则生成的盐为M(NO3)x，根据得失电子守恒可知M(NO3)x与NO的系数之比为3：x，根据氮元素守恒可知消耗的HNO3的系数为3x+x，所以硝酸与还原产物NO的物质的量之比为(3x+x):x=4:1,D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、稀释浓硫酸，需要把浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌；
B、煤的燃烧温度较高，氧化钙不能和二氧化碳反应；
C、氯水中的次氯酸在光照和温度高时都容易分解；
D、从得失电子守恒角度进行考虑。
14．【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】用氨碱法制取碳酸钠主要是制取碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，在溶液中先析出，使得反应继续下去，从而制取较多的碳酸氢钠以用来制取碳酸钠。但是相同条件下，碳酸氢钾的溶解度较大，不会从溶液中析出，所以就得不到碳酸氢钾，也就不能用这种方法制取碳酸钾。A符合题意；
故答案为：A
【分析】碳酸氢钠俗称小苏打，是氨碱法制纯碱的中间产物因其溶解度较小，氨碱法：其化学反应原理是：
NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品：
2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，放出的二氧化碳气体可回收循环使用，含有氯化铵的滤液与石灰乳（Ca（OH）2）混合加热，所放出的氨气可回收循环使用，CaO+H2O=Ca（OH）2，2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中KHCO3溶解度较大无法形成沉淀。
15．【答案】C
【知识点】物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】许多共价化合物也属于电解质，电解质的范围应大于离子化合物，C项符合题意。
故答案为：C
【分析】分析图示，Z包含Y，Y包含X，然后根据物质的组成和性质分析物质的类别，再根据物质的从属关系来解答。
16．【答案】B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色。
A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42-离子，A不符合题意；
B、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，B符合题意；
C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，C不符合题意；
D、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液能将SO32-或HSO3-氧化成SO42-，因此原溶液中可能含SO32-和HSO3-，不一定含SO42-；同理，
NO3-在酸性条件下能将Fe2＋氧化成Fe3＋，因此原溶液中可能含Fe2＋，不一定含Fe3＋；实验过程加入盐酸，引入了Cl－，因此无法说明原溶液中是否存在Cl－，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中一定含有NH4+。
17．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、二氧化硫具有还原性,过氧化钠具有氧化性,所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，A不符合题意;
B、NH4Cl中NH4+水解呈酸性，可能会使Mg(OH) 2溶解，一水合氨是弱碱，在溶液中铵根离子会结合氢氧根离子，也可能使Mg(OH) 2溶解，所以探究Mg(OH) 2溶解于NH4Cl是NH4+水解呈酸性所致，还是NH4+与OH－结合所致有意义，B不符合题意；
C、Cu(OH)2固体为白色，浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质肯定不是Cu(OH)2，没有探究意义，可探究浓硫酸与铜发生氧化还原反应,铜有可能被氧化为黑色的氧化铜，C符合题意;
D、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,消耗氢氧化钠溶液红色褪去,氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性,有探究意义,D不符合题意。
故答案为：C
【分析】浓硫酸显酸性，而Cu(OH)2为碱，铜和浓硫酸反应不可能生成碱，违背了事实。
18．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。
A．非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A符合题意；
B．Y、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B符合题意；
C．硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C不符合题意；
D．S、O属于ⅥA，S、Na属于第三周期，D符合题意。
故答案为：C。
【分析】此题考查元素周期律，根据题目信息，先判断物质元素，比如常做制冷剂的是氨气，则W是氮元素，然后再判断选项答案是否正确。
19．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，说明Y是C，则X是Al，单质铝可与强碱溶液反应，故A不符合题意；
B、离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单阴离子半径M>Z>Y，故B不符合题意；
C、同周期自左向右元素的非金属性逐渐增强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性Z>M，故C不符合题意；
D、若Y的氢化物水溶液呈碱性，则Y是N，X是Si，X的氧化物是二氧化硅，能与氢氟酸反应，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、N、O、F的氢化物可以形成氢键，比同主族其他元素氰化物的沸点要高，所以Y只能是C；
B、同主族元素，简单阴离子从上到下半径逐渐增大，同周期元素，从左到右简单阴离子半径逐渐减小；
C、同周期自左向右元素的非金属性逐渐增强， 最高价氧化物对应水化物的酸性增强；
D、 若Y的氢化物的水溶液呈碱性 ，则Y为N元素，氢化物为氨气。
20．【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】产生NO2的物质的量为8.960L÷22.4L/mol=0.4mol，产生N2O4的物质的量为0.672 L÷22.4L/mol=0.03mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有OH-的物质的量为0.46mol，OH-的质量为0.46mo×17g/mol=7.82g，由质量守恒可得铜和镁的合金质量为17.02g-7.82g=9.2g，B符合题意。
故答案为：B
【分析】铜镁失去电子的物质的量，等于HNO3转化为NO2和N2O4得到电子的物质的量，等于他们结合氢氧根的物质的量，根据NO2和N2O4的物质的量，计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量就是合金的质量。
21．【答案】（1）第二周期ⅥA族
（2）；离子键
（3）S2－>O2－>Na＋
（4）SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SO42—＋4H＋
（5）Al3＋＋3AlO2—＋6H2O=4Al(OH)3↓
（6）Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)Ⅰ.根据上述分析可知，M为O元素，位于元素周期表第二周期ⅥA族；
(2)X是Na，Y是S，Na与S按原子个数比2:1构成的物质为Na2S,Na2S是离子化合物,由钠离子与硫离子构成,电子式 ,所含化学键类型为离子键；
(3)X＋、Y2－、M2－离子分别为Na+、S2-、O2-,电子层数越多,半径越大,S2-电子层数最多,电子层数相同时,核电荷数越大半径越小,则离子半径大小顺序为S2－>O2－>Na＋；
(4)YM2为SO2，将SO2气体通入FeCl3溶液中的离子反应为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SO42—＋4H＋；
(5)Ⅱ.若B为白色胶状不溶物，则B为氢氧化铝，则A中含有Al3+，C中含有AlO2—，X为NaOH溶液，所以A与C反应的离子方程式为Al3＋＋3AlO2-＋6H2O=4Al(OH)3↓；
(6)向B溶液中滴加铁氰化钾溶液产生特征蓝色沉淀,说明含B中有Fe2+，A为Fe，C中含有Fe3+，则A与C反应的离子方程式为:Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。
【分析】（1）注意主族的表示方法；
（2）离子化合物的阴离子必须用中括号括起来；
（3）同主族的简单阴离子半径逐渐增大，具有相同电子层数的阳离子半径小于阴离子半径；
（4）SO2气体通入FeCl3溶液，两者发生氧化还原反应；
（5）Al3＋和AlO2-发生双水解；
（6）Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓。
22．【答案】（1）ClO－+SO2+2OH－=Cl－+SO42－+H2O；2NiO2+ClO－=Ni2O3+Cl－+2O；Ca2+与SO42—结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行
（2）SO2+2H2O H2SO4+H2
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)①用NaClO碱性溶液吸收SO2，次氯酸根将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，离子方程式是ClO-+SO2+2OH- =Cl-+SO42-+H2O；
②a.为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂，根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；
b.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行；
（2）通过流程图可看出,经过一系列反应碘单质没有发生变化，因此可推断碘单质为此反应的催化剂，二氧化硫与水发生氧化还原反应生成硫酸和氢气，反应方程式为:SO2+2H2O H2SO4+H2。
【分析】(1)①ClO-具有强氧化性，将SO2氧化成SO42-；
②仔细分析图示信息，根据图示信息解答；
（2）分析反应过程，注意碘单质的变化。
23．【答案】（1）A；浓氨水和CaO(合理即可)；Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
（2）混合气体颜色变浅
（3）在此条件下，该反应的化学反应速率极慢
（4）缺少尾气吸收装置
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)NO2在干燥时应选用中性干燥剂如无水氯化钙，不能用碱石灰，所以E装置用于制备二氧化氮，反应方程式为： Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；B中没有指明干燥剂的种类，有可能为无水氯化钙或碱石灰，两者均可用来干燥NH3，所以A装置用来制备氨气，可采用浓氨水和CaO制备氨气；
(2)二氧化氮为棕红色气体，如果二氧化氮能与氨气反应，根据化合价可知两者应发生归中反应生成氮气，因此如果两者发生反应，则C装置中的红棕色应变浅；
(3) 没有预期的现象可说明二氧化氮没有被消耗或消耗的少，除了已给可能性外，还有可能是该反应的化学反应速率极慢；
(4)此实验中的反应物氨气和二氧化氮均为污染性气体，不能直接排放，应对其进行尾气处理。
【分析】（1）分析题干信息， 探究NO2能否被NH3还原 ，所以需要制取 探究NO2和NH3，NO2是酸性气体，不能用碱性物质干燥，NH3是碱性物质，不能用酸性物质干燥；
（2）NO2是红棕色气体，可以根据反应过程中的颜色变化，判断反应进行程度；
（3） 未能观察到C装置中的预期现象，说明NO2没有减少或者减少的量比较少；
（4）NO2是大气污染物，不能随意排放。
24．【答案】（1）K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质
（2）2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；应该增加盛装饱和食盐水的洗气瓶，吸收蒸发出来的HCl气体；Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O
（3）Fe3+；4FeO42 +20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；排除ClO 的干扰；溶液的酸碱性不同
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，说明K2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，而FeO42 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，所以可以用来净水；
(2)①A中用浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；
②氯气中的主要杂质为浓盐酸挥发出的氯化氢气体，制备K2FeO4需在强碱条件下进行，应用饱和氯化钠溶液除去氯化氢气体。
③C中主要是Cl2、Fe(OH)3与KOH之间的反应制备K2FeO4，除了已知反应，还有Cl2与KOH的歧化反应：Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O；
(3)①a.溶液中加入KSCN呈红色证明其中含有Fe3+，酸性条件下K2FeO4不稳定，因此生成Fe3+的反应还有：4FeO42 +20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
B.用氢氧化钾溶液洗涤的目的是洗去固体表面附着的氧化性离子ClO ，以免对FeO42 氧化Cl 产生干扰，并在洗涤时保证K2FeO4的稳定性，避免FeO42 在酸性或中性溶液中快速产生O2。
②实验中在碱性条件下Cl2制备FeO42 ，可以得出氧化性为Cl2＞FeO42 ，而方案Ⅱ则得出相反的结论，主要是因为在酸性环境中氧化性FeO42 ＞Cl2。
【分析】（1）K2FeO4中铁元素为为+6价，化合价只能降低，具有很强的氧化性；而Fe3++3H2OFe（OH）3胶体+3H+；
（2）氯气在饱和食盐水中溶解度很小，可以用来除去其中的HCl；
（3）Fe3+遇到KSCN呈红色，Fe + nSCN == [Fe(SCN)n]（3-n）；
