【化学】陕西省咸阳市三原南郊中学2020届高三第四次月考（解析版）

【化学】陕西省咸阳市三原南郊中学2020届高三第四次月考（解析版）

陕西省咸阳市三原南郊中学2020届高三第四次月考 可能用到的相对原子质量：H:‎1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64 Ba:137‎ 一、单项选择题(每题3分，共16小题，共48分)‎ ‎1.‎2019年3月5日，李克强总理在政府工作报告中提出：今年要将二氧化硫、氮氧化物的排放量下降3%。下列做法不符合该主题的是（ ）‎ A. 禁燃生活垃圾 B. 雾炮洒水车向空气中喷洒水雾 C. 研发新能源，推广新能源汽车 D. 燃煤中加入生石灰 ‎【答案】B ‎【详解】A.禁燃生活垃圾就可以减少产生CO、SO2等有害气体，能够降低对空气的污染，A正确；‎ B.雾炮洒水车向空气中喷洒水雾，只是使二氧化硫、氮氧化物形成酸，没有从根本上减少这些有害气体的产生与排放，B错误；‎ C.研发新能源，推广新能源汽车，可减少有害气体的排放，改善空气质量，C正确；‎ D.燃煤中加入生石灰，这样煤中硫元素燃烧产生的SO2会与CaO反应转化为CaSO4进入炉渣，从而可降低SO2等有害气体的排放，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NA B. 标准状况下，‎44.8 L H2O2含有2NA个极性键 C. ‎19g羟基(-18OH)所含中子数为10NA D. 0.1 mol/L KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA ‎【答案】C ‎【详解】A．NaHSO4晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，故1mol硫酸氢钠晶体中含离子为2NA个，故A错误；‎ B．标况下H2O2为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算‎44.8 L H2O2的物质的量，故B错误；‎ C．‎19g(-18OH)的物质的量为1mol，而(-18OH)中含10个中子，故1mol此离子中含10NA个中子，故C正确；‎ D．溶液体积不明确，故溶液中硫酸根的个数无法计算，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、H2O2、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是‎0℃‎，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③‎22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎3.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 室温下，pH=13的溶液：Ba2+、K+、CO32﹣、NO3﹣‎ B. 含有大量SO32﹣的溶液：K+、NH4+、SO42﹣、MnO4﹣‎ C. 含大量NaHSO4的溶液：Fe3+、K+、NO3﹣、Cl﹣‎ D. 加入铝粉能产生H2的溶液：Na+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. Ba2+、CO32﹣会反应产生BaCO3沉淀，不能大量共存，A错误；‎ B.含有大量SO32﹣的溶液中：SO32﹣、MnO4﹣会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；‎ C.含大量NaHSO4的溶液中，电解质电离产生的Na+、H+、SO42-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确； ‎ D.加入铝粉能产生H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中，H+、HCO3﹣会发生反应不能大量共存，在碱性溶液中，OH-与Ba2+、HCO3﹣会发生离子反应不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.下列关于金属及其化合物的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 除去碳酸钠溶液中的碳酸氢钠可以用加热的方法除去 B. Li在空气中燃烧生成的氧化锂属于碱性氧化物 C. CuCl2、FeSO4及Fe(OH)3都能通过化合反应制得 D. 铝制容器不宜用来长时间存放碱性食物、酸性食物以及咸的食物 ‎【答案】A ‎【详解】A.除去碳酸钠溶液中的碳酸氢钠，可以向溶液中加入适量NaOH溶液，A错误；‎ B. Li在空气中燃烧生成的氧化锂与酸反应产生盐和水，所以Li2O属于碱性氧化物，B正确；‎ C.Cu与Cl2反应产生CuCl2、Fe与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4，Fe(OH)2与O2、H2O反应产生Fe(OH)3，这三种反应都是化合反应，故三种物质可通过化合反应制取得到，C正确；‎ D.Al可以与强酸、强碱发生反应，因此铝制容器不宜用来长时间存放碱性食物、酸性食物，在咸的食物中，Al与杂质及NaCl溶液会构成原电池发生吸氧腐蚀，Al作负极，加快Al的腐蚀，因此也不能盛放咸的食物，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.某同学为测定Na2CO3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 必须在②③间添加吸收HCl的装置 B. ④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度 C. 通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中 D. 称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度 ‎【答案】A ‎【详解】A项，氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；‎ B项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B项正确；‎ C项，根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；‎ D项，③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。‎ 故答案选A。‎ ‎6. 下面是用硫酸钙生产硫酸、漂白粉等一系列物质的流程图。下列说法正确的是（ ）‎ A. CO、SO2、SO3均是酸性氧化物 B. 图示转化反应均为氧化还原反应 C. 工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉 D. 用CO合成CH3OH，原子利用率为100%‎ ‎【答案】D ‎【详解】A． SO2、SO3是酸性氧化物， CO不是酸性氧化物，A错误；‎ B．氧化钙与水的反应不是氧化还原反应，B错误；‎ C．澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰，C错误；‎ D．工业上一般采用下列反应合成甲醇： CO+2H2⇌CH3OH，所有原子进入期望产物，原子利用率为100%，D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备：‎ SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)，下列说法正确的是(　　)‎ A. 步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑‎ B. 步骤①、②、③中每生成或反应1 mol Si，转移4 mol电子 C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应 D. SiHCl3(沸点‎33.0 ℃‎)中含有少量的SiCl4(沸点‎67.6 ℃‎)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；‎ B．步骤①中Si的化合价降低4，转移电子数为4mol，步骤②中生成SiHCl3，化合价升高2，步骤③中每生成1mol Si，转移2mol电子，故B错误；‎ C．二氧化硅和硅均能与氢氟酸反应，故C错误；‎ D．沸点相差‎30℃‎以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，则SiHCl3(沸点‎33.0 ℃‎)中含有少量的SiCl4(沸点‎67.6 ℃‎)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.卤素有多种可变化合价,可组成多种含氧酸盐,这些盐的命名和卤素的化合价有关,如次卤酸盐(含XO-)、卤酸盐(XO3-)、高卤酸盐(XO4-)等,有一种碘和氧的化合物可以称为碘酸碘,其中碘元素呈+3、+5两种价态,则这种化合物的化学式是( )‎ A. I2O4 B. I3O‎5 ‎C. I4O7 D. I4O9‎ ‎【答案】D ‎【详解】碘酸碘的化学式一定为Im(IO3)n形式，其中碘酸根为-1价(类似于氯酸根)，碘酸根中I为+5价，则前面的I为+3价，所以碘酸碘的化学式为：I(IO3)3，即 I4O9，故答案为D。‎ ‎9.在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有纯净的NH3，含一半空气的HCl气体, NO2 和O2的混合气体[V(NO2)∶V(O2) = 4∶1 ]，然后分别作喷泉实验，三个烧瓶内所得溶液的物质的量浓度之比为（ ）‎ A. 2∶1∶2 B. 5∶5∶‎4 ‎C. 1∶1∶1 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，氨气、氯化氢、NO2、O2的物质的量之比为5：2.5：4：1；做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含一半空气的氯化氢气体的烧瓶、含NO2和O2的混合气体(体积比为4：1)的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、半烧瓶、一烧瓶，所以溶液的体积比为2：1：2；因为4NO2+O2+2H2O=4HNO3硝酸的物质的量和二氧化氮的物质的量相等，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为5：2.5：4，根据c=知，各物质的量浓度之比为；：：=5：5：4，故选B。‎ 点睛：本题考查的是物质的量浓度的有关计算，正确求算盛放氯化氢气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2和O2气体的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键。‎ ‎10.下列装置有关说法错误的是（ ）‎ A. 装置Ⅰ：可以用来验证碳的非金属性比硅强 B. 装置Ⅱ：可以用来比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性 C. 装置Ⅲ：先从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，可收集NO气体 D. 装置Ⅳ：制备Fe(OH)2并能保证较长时间观察到白色 ‎【答案】D ‎【解析】A. 装置Ⅰ中产生硅酸沉淀，根据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸，因此可以用来验证碳的非金属性比硅强，A正确；B. 装置Ⅱ中碳酸氢钠放在小试管中首先发生分解，因此可以用来比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，B正确；C. 装置Ⅲ：先从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，将CO2排出即可收集NO气体，C正确；D. 酒精与水互溶，不能隔离空气，应该用煤油或苯等，D错误，答案选D。‎ ‎11.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）‎ A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL ‎【答案】A ‎【详解】从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与‎1.68 L O2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)×2＝n(O2)×4，得n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3 mol，所需V(NaOH)应为60 mL，故选A。‎ ‎12.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）‎ 选项 实验 现象 结论 A 用洁净铂丝蘸取某碱性待测液在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃 火焰呈紫色 待测液可能为KOH溶液 B 向某无色溶液中滴加稀盐酸 溶液变浑浊 溶液中一定含有Ag+‎ C 向品红溶液中通入氯气或通入SO2气体 溶液红色均褪去 氯气和SO2均有漂白性，但漂白原理不同 D 常温下，将铜丝插入到盛有浓硝酸的试管中 产生红棕色气体，溶液变为蓝色 浓硝酸表现酸性和氧化性 ‎【答案】A ‎【分析】A.焰色反应是元素的性质；‎ B.加入盐酸产生白色沉淀可能是AgCl或H2SiO3；‎ C氯气没有漂白性；‎ D.Cu与浓硝酸反应后溶液为绿色。‎ ‎【详解】A.用洁净铂丝蘸取某碱性待测液在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明溶液中含有K+，溶液可能为KOH溶液，也可能是钾盐溶液，A正确；‎ B.向某无色溶液中滴加稀盐酸,溶液变浑浊，溶液中可能含有Ag+，产生AgCl白色沉淀，也可能含有SiO32-，反应产生H2SiO3沉淀，B错误；‎ C. SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，Cl2没有漂白性，通入Cl2褪色，是由于Cl2与溶液中的H2O反应产生了具有氧化性的HClO，HClO将有色物质氧化变为无色物质，C错误；‎ D.浓硝酸具有强的氧化性，在常温下，将铜丝插入到盛有浓硝酸的试管中，产生红棕色NO2气体，溶液变为绿色，将溶液稀释后会变为蓝色。在该反应中浓硝酸表现酸性和氧化性，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查了化学实验操作与实验现象的描述和使用结论的正误判断的知识。化学是一门实验性学科，通过实验不仅可以学习知识，获得新知，而且可以加深对知识的理解和掌握，一定要仔细观察现象，不能想当然，要学会透过现象，发现本质，得出正确的结论，不能以偏概全，妄下结论。‎ ‎13.绿矾别名青矾、皂荚矾等，是我国古代常用的药材，以硫铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]为原料制备绿矾晶体，工艺流程如下：‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 焙烧过程中每生成1molSO2转移电子数为5NA B. 还原后所得滤液可用高锰酸钾检验Fe3+是否反应完全 C. 为中和还原后滤液中过量的酸，可加入一定量FeCO3‎ D. 操作1为蒸发结晶 ‎【答案】C ‎【分析】由制备流程可知，在空气中焙烧发生4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，酸浸发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，还原时发生FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+，过滤后，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4•7H2O，以此来解答。‎ ‎【详解】A．焙烧发生4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，生成8molSO2时转移44mol电子，则每生成1molSO2转移电子数为5.5NA，故A错误；‎ B．还原后所得滤液可用KSCN溶液检验Fe3+是否反应完全，亚铁离子可被高锰酸钾氧化，故B错误；‎ C．为中和还原后滤液中过量的酸，可加入一定量FeCO3，与硫酸反应生成硫酸亚铁，故C正确；‎ D．由溶液得到含结晶水的晶体，可知操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查物质的制备实验，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，由制备流程可知，在空气中焙烧发生4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，酸浸发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，还原时发生FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+，过滤后，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4•7H2O。‎ ‎14.下列化学用语和化学符号使用正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl B. 乙醇的结构简式为：C2H6O C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：Ce D. 硫化钠的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【详解】A. 氧原子最外层电子数是6，形成两个共价键达到8电子稳定结构，氯原子最外层电子数是7，形成一个共价键达到8电子稳定结构，次氯酸的结构式为：H—O—Cl，选项A正确；‎ B．乙醇的结构简式必须标出官能团羟基，乙醇正确的结构简式为：CH3CH2OH，选项A错误；‎ C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子，质量数为140，符号为：，选项C错误；‎ D．硫化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，硫离子需要标出所带电荷及最外层电子，硫化钠正确的电子式为，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高价与最低负价绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是( )‎ A. 原子半径Z>W>R B. W与X、W与Z形成的化学键类型完全相同 C. 对应的氢化物的热稳定性：R>W D. Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸 ‎【答案】B ‎【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，Y最外层电子数为4，Z的核电荷数是Y的2倍，故Y为C元素，Z为Mg元素；W最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W的最外层电子数为6，故W为S元素，所以R为Cl元素，结合元素周期律与物质的结构性质判断。‎ ‎【详解】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，Y最外层电子数为4，Z的核电荷数是Y的2倍，故Y为C元素，Z为Mg元素；W的原子序数等于Mg元素，W最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W的最外层电子数为6，故W为S元素，所以R为Cl元素；‎ A．Z为Mg元素、W为S元素、R为Cl元素，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为Z＞W＞R，故A正确；‎ B．W与X形成物质为H2S，含有共价键，W与Z形成物质是MgS，属于离子化合物，含有离子键，化学键类型不同，故B错误；‎ C．W为S元素、R为Cl元素，非金属性Cl＞S，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以对应氢化物的稳定性：R＞W，故C正确；‎ D．Y为C元素，其最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸属于弱酸，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎16.已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1 ‎ CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　 ΔH2‎ ‎2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3 ‎ ‎4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　 ΔH4‎ ‎3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5‎ 下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）‎ A ΔH1＞0，ΔH3＜0 B. ΔH2＞0，ΔH4＞0 ‎ C. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3＝ΔH4＋ΔH5‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 燃烧反应都是放热反应，ΔH1＜0，ΔH3＜0，A项错误；‎ B. 燃烧反应都是放热反应，ΔH4＜0，反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g) 为吸热反应，ΔH2＞0，B项错误；‎ C. ①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1；②CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2；③2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3；④2Cu(s)＋O2(g)===2CuO(s) ΔH4；⑤CO(g)＋CuO(s)===CO2(g)＋Cu(s) ΔH5；由反应可知②=①-③，由盖斯定律得ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，C项正确；‎ D. 由反应可知 ，由盖斯定律得，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题重点考查热化学反应方程式和盖斯定律。盖斯定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。‎ 二、填空题：(共52分)‎ ‎17.中国传统文化是人类文明的瑰宝，古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。回答下面问题：‎ ‎(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前，制作瓷器所用的原料是高岭士，其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8，用氧化物表示其组成为______________。‎ ‎(2)《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消( KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”反应原理为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，该反应的氧化剂是_________ ，反应转移4mol电子时，被S氧化的C有____________mol。‎ ‎(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种，其中有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色…。”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》 记载有加热青矾时的景象：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。”青矾就是绿矾( FeSO4·7H2O)。根据以上信息，写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3·2SiO2·2H2O (2). S，KNO3 (3). 1/6或0.17或0.167 (4). 2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O ‎【分析】(1)化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答；‎ ‎(2)反应过程中，元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应，元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应，反应中得电子数等于失电子数来分析计算；‎ ‎(3)本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O)，说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。‎ ‎【详解】(1)铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10](OH)8可改成：2Al2O3•4SiO2•4H2O；‎ ‎(2)S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，反应中硫元素化合价0价降低为-2价，氮元素化合价+5价降低为0价，反应中做氧化剂的是S、KNO3，电子守恒计算，碳元素化合价0价升高为+4价，电子守恒分析电子转移总数12e-，其中硫得到电子2e-，氮元素得到电子10e-，电子转移总数12e-时，被硫氧化的碳0.5mol，反应转移4mol电子时，被S氧化的C有mol=mol；‎ ‎(3)本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O)，说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水，分解的化学方程式：2FeSO4•7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O。‎ ‎18.三氧化二铟(In2O3)是一种透明的导电材料，可运用于接触屏、液晶显示器等高科技领域；铟产业被称为“信息时代的朝阳产业”。利用水铟矿[主要成分In(OH)3，常温下Ksp[In(OH)3]=l.41×10-33]制备In2O3的工艺流程如下：‎ ‎(1)写出水铟矿被硫酸酸浸的离子方程式___________________________________。‎ ‎(2)从硫酸铟溶液中制备硫酸铟晶体的实验步骤：_________、________、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎(3)某研究机构用硫酸提取铟时，酸度(每升溶液中含硫酸的质量)与浸出率关系如图 ‎①当酸度为196时，硫酸物质的量浓度为___________。‎ ‎②请选择适宜酸度值：_______，并说明选择的理由______________________________。‎ ‎【答案】 (1). In(OH)3+3H+ == In3++H2O (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却结晶 (4). 2 mol/L (5). 180 (6). 酸度值为180时浸出率已经很高，继续增大酸度浸出率变化不大，但会增大生产成本 ‎【分析】将主要成分为In(OH)3的水铟矿溶解于稀硫酸，根据酸碱中和原理得到硫酸铟的溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤、干燥得到硫酸铟晶体，将所得晶体与稀硫酸混合后电解可得到粗铟，再用NaOH溶液为电解液，进行粗铟精炼临到高纯铟，最后将高纯铟溶解于稀硝酸，并通过加热促进硝酸铟分解可得到In2O3；‎ ‎(1)根据酸碱中和原理可知固体In(OH)3溶解于稀硫酸，生成可溶性的硫酸铟和水，据此可写出此反应的离子方程式；‎ ‎(2)从可溶性盐的溶液中获得溶质，通常使用的方法是蒸发结晶；‎ ‎(3)①根据酸度的定义计算，酸度为196时，说明‎1L溶液中硫酸的质量为‎196g，即硫酸为2mol，故浓度为2mol/L；‎ ‎②根据图象可以看出，当酸度为180时，浸出率变化不大。‎ ‎【详解】将主要成分为In(OH)3的水铟矿溶解于稀硫酸，根据酸碱中和原理得到硫酸铟的溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤、干燥得到硫酸铟晶体，将所得晶体与稀硫酸混合后电解可得到粗铟，再用NaOH溶液为电解液，进行粗铟精炼临到高纯铟，最后将高纯铟溶解于稀硝酸，并通过加热促进硝酸铟分解可得到In2O3；‎ ‎(1)In(OH)3溶解于稀硫酸，发生反应的离子方程式为In(OH)3+3H+=In3++3H2O；‎ ‎(2)从硫酸铟的溶液中获得硫酸铟晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；‎ ‎(3)①酸度为196时，说明‎1L溶液中硫酸的质量为‎196g，硫酸的物质的量为=2mol，则硫酸的物质的量浓度为2mol/L；‎ ‎②由图象可以看出，当酸度为180时，浸出率已经很高，且变化已不大，从节约原料和浸出率考虑，适宜的酸度为180。‎ ‎19.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。‎ 实验过程：‎ Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。‎ Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。‎ Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。‎ Ⅳ………‎ ‎（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是________。‎ ‎（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_______________________________。‎ ‎（3）B中溶液发生反应的离子方程式是_______________________________________。‎ ‎（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是__________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎（5）过程Ⅲ实验的目的是__________________________________________________。‎ ‎（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下_________________，得电子能离逐渐减弱。‎ ‎【答案】(1). (2). 淀粉KI试纸变蓝 (3). Cl2+2Br-═Br2+2Cl- (4). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色 (5). 确认C的黄色溶液中五Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 (6). 原子半径逐渐增大 ‎【分析】验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析，黄绿色气体为氯气，由高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成，氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，‎ 故答案为；‎ ‎（2）淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，说明氯气氧化性强于单质碘，‎ 故答案为淀粉KI试纸变蓝；‎ ‎（3）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，‎ 故答案为Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；‎ ‎（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，‎ 故答案为打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡．静至后CCl4层溶液变为紫红色；‎ ‎（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，‎ 故答案为确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；‎ ‎（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱， 故答案为原子半径逐渐增大。‎ ‎20.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的性质并测定其组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器b中的试剂可能为__________________。‎ ‎(2)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，上述现象证明NH3具有____________性，写出相应的化学方程式_____________________________________。‎ ‎(3)E装置中浓硫酸的作用______________________________________________。‎ ‎(4)读取气体体积前，应对装置F进行的操作：_______________________。‎ ‎(5)实验完毕，若测得干燥管D增重m g，装置F测得气体的体积为n L(已折算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为___________(用含m、n字母的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰 (2). 还原 (3). 3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2 (4). 吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D (5). 慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平 (6). 9n/‎‎11.2m ‎【分析】(1)浓氨水滴入锥形瓶中利用固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，需要选择氢氧化钠固体，氧化钙固体或碱石灰；‎ ‎(2)C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜做氧化剂氧化氨气生成铜、氮气和水；‎ ‎(3)E装置中浓硫酸的作用依据装置图分析判断是利用浓硫酸吸收过量氨气，同时避免F装置中的水蒸气进入D；‎ ‎(4)依据量气管的使用方法回答；‎ ‎(5)干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；依据元素守恒计算得到。‎ ‎【详解】(1)仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体；‎ ‎(2)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2。‎ ‎(4)依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实验效果；‎ ‎(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作是慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保持压强平衡再读数；‎ ‎(6)若测得干燥管D增重mg为水物质的量=，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)为N2，物质的量=，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=×2：×2=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为。‎ ‎21.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，A与C、B与D分别为同主族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同。A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子。请回答下列问题：‎ ‎(1)A元素单质的化学式为__________________。‎ ‎(2)由A、B、C三种元素形成的化合物的电子式为___________，这种化合物形成的晶体中所含的化学键类型有______________。‎ ‎(3)A、B、D三种元素形成的一种化合物和A、B形成的一种化合物能发生氧化还原反应，反应的化学方程式为_____________________________________________。‎ ‎(4)B、C、E三种元素形成一种盐，此盐中三种原子个数比为1∶1∶1，在‎25℃‎时，将该盐溶于水，测得溶液pH＞7，理由是___________________________(用离子方程式表示)。‎ ‎【答案】(1). H2 (2). (3). 离子键、共价键 (4). H2SO3 +H2O2=H2SO4 +H2O (5). ClO-+H2O =HClO+OH-‎ ‎【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则A为H元素；因A与C、B与D分别为同主族，则C为Na元素；AE是18e-的化合物，则E为Cl元素；又因为B与C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同，则B最外层电子数=7-1=6，则B为O元素，D为S元素，据此解答。‎ ‎【详解】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则A为H元素；因A与C、B与D分别为同主族，则C为Na元素；AE是18e-的化合物，则E为Cl元素；又因为B与C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同，则B最外层电子数=7-1=6，则B为O元素，D为S元素， (1)A元素单质的化学式为H2；‎ ‎(2)由H、O、Na三种元素形成的化合物为NaOH，其电子式为，晶体中所含的化学键有：离子键、共价键；‎ ‎(3)H、O、S三种元素形成的一种化合物和H、O形成的一种化合物能发生氧化还原反应，应是亚硫酸与过氧化氢反应生成硫酸、水，反应的化学方程式为：H2SO3+H2O2═H2SO4+H2O；‎ ‎(4)O、Na、Cl三种元素形成一种盐，此盐中三种原子个数比为1：1：1，则该盐为NaClO，在‎25℃‎时，将该盐溶于水，溶液中ClO-水解：ClO-+H2O⇌HClO+OH-，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性，即溶液的pH＞7。‎ ‎【点睛】灵活应用“位、构、性”是解题关键，“位、构、性”关系的常见应用：①元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；②元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；③根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；④根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。‎