甘肃省张掖市第二中学2020届高三上学期10月月考化学试题
张掖市第二中学2020届高三10月月考学
一、选择题:
1. 为建设“蓝天常在、青山常在、绿水常在”的美丽中国，2015年4月16日国务院颁布了《水污染防治行动计划》。下列做法不利于该目标实现的是
A. 推广使用无磷洗涤剂 B. 用O3替代Cl2作饮用水消毒剂
C. 用工业污水直接灌溉农田 D. 含Cr3+的废水用适量石灰处理后排放
【答案】C
【解析】
【详解】A、磷元素的大量排放，可以造成水体富营养化，所以推广无磷洗涤剂可以减少水污染，A正确；
B、O3做氧化剂，产物是水，没有污染，B正确；
C、工业污水含有很多有害物质，不可以直接灌溉农田，C错误；
D、Cr3+和石灰水反应生成Cr(OH)3沉淀，然后可以排放，D正确；
故合理选项为C。
2.下列褪色现象中，其中一项与其他三项褪色原理不同的是
A. 二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 氯水能使甲基橙褪色
C. 浓硝酸能使石蕊试液褪色
D. 臭氧能使品红溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A、二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾氧化，A正确；
B、氯水能使甲基橙褪色，因为氯水中的次氯酸具有强氧化性使其褪色，B错误；
C、浓硝酸能使石蕊试液褪色，是因为浓硝酸接具有强氧化性，有机色素被氧化褪色，C错误；
D、臭氧具有强氧化性，能将有机有色物质氧化而使其褪色，D错误；
本题答案选A。
3.下列化学用语正确的是
A. 中所有原子都满足最外层8电子结构
B. 硫化铵的电子式为
C. 的比例模型为
D. 的结构示意图都可以用表示
【答案】A
【解析】
【详解】A. NCl3中N原子族序数+n=5+3=8，所以满足所有原子都满足最外层8电子结构，A项正确；
B. 硫离子电子式表达错误，应该为：；
C. C、N原子的大小比例，C项错误；
D. 不符合，D项错误；
答案选A。
【点睛】一般离子化合物的电子式书写规则如下：
1. 阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身。例如：Na+ K+ Mg2+ Ca2+ Ba2+ Al3+
复杂的阳离子(例如NH4+、H3O+等) 除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷；
2. 阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷；
本题B项，虽注意到铵根离子的书写，但忽略了阴离子的书写方式，是学生的易错点。
4.下列有关物质分类、变化的说法中，正确的是（ ）
A. 向煮沸的1mol·L-1NaOH溶液中滴加FeC13饱和溶液制备Fe(OH)3胶体
B. 导电性属于物质的物理性质，所以物质导电时不可能发生化学变化
C. 液氯、乙醇、NH3均属于非电解质
D. 化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，向煮沸的1mol·L-1NaOH溶液中滴加FeC13饱和溶液只能得到Fe(OH)3沉淀，故A错误；
B选项，导电时可能为自由电子或自由离子的定向移动，如电解质导电发生化学变化，故B错误；
C选项，液氯是单质，不属于非电解质，故C错误；
D选项，原子为化学变化中的最小微粒，化学变化中遵循元素守恒，则化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】非电解质主要有大多数有机物，大多数非金属氧化物，非酸性气态氢化物。
5.某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。下列说法错误的是（ ）
A. G装置作用是除去多余氯气，防止空气污染
B. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中
C. 用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，所得氯气可以制取26.7gAlCl3
D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯
【答案】C
【解析】
【详解】A、氯气是有毒气体不能直接排放到空气中，G装置中的氢氧化钠溶液能与氯气反应而除去多余氯气，防止空气污染，选项A正确；B、因为AlCl3
易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中，选项B正确；C、用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气与铝反应生成氯化铝的量少于0.1 mol，质量小于13.35g，选项C错误；D、实验过程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排净装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，反应进行，选项D正确；答案选C。
【点睛】本题考查氯气的实验室制法及性质，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，若用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，产生氯气的量小于0.15 mol，若是 0.15 molMnO2足量的12mol/L的盐酸反应，可以生成氯气0.15 mol，因为浓盐酸与二氧化锰加热反应，而稀盐酸与二氧化锰加热也不反应。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 标准状况下，30.8gCCl4中所含的原子数为NA
B. 100 g 46%乙醇溶液中含有的H—O键的数目为NA
C. 1molNa2O2与足量的CO2充分反应，转移的电子数为NA
D. n（H2SO3）+n（HSO3-）=1mol的NaHSO3溶液中，含有Na+的数目大于NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.30.8gCCl4的物质的量为0.2 mol，所以所含的原子数为NA，A正确；
B.100g 46% CH3CH2OH溶液中含有1molCH3CH2OH和3molH2O，所以溶液中含有的H-O键的数目为7NA，B错误；
C.1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，C正确；
D.NaHSO3溶液中根据物料守恒得，n（Na+）=n（H2SO3）+n（HSO3-）+n（SO32-），所以溶液中含有Na+的数目大于NA，D正确；
答案为B。
【点睛】乙醇的水溶液中，水的结构式为H-O-H，1mol水含有2molH-O键。
7.类推（类比迁移）的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是
A. Fe3O4根据化合价规律可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO•Pb2O3
B. CaC2能水解：CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C2H2 ↑，则Al4C3也能水解：Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3↓+ 3CH4↑
C. Cl2与Fe加热生成FeCl3，则I2与Fe加热生成FeI3
D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A. Fe3O4中的Fe的化合价可以认为是+2，+3，则表示为FeO•Fe2O3，但是Pb常见的化合价为+2、+4，则Pb3O4应表示为2PbO•PbO2，A错误；
B.水解反应为物质与水电离出来的H＋和OH－结合的反应，Al4C3中的Al与OH－结合生成Al(OH)3，C与H结合生成甲烷，化学方程式为Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3↓+ 3CH4↑，B正确；
C. 碘单质的氧化性比氯气弱，只能将Fe氧化成＋2价，则I2与Fe加热生成FeI2，C错误；
D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为弱酸不能制取强酸，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水，生成亚硫酸使溶液呈现酸性，溶液中存在硝酸根离子，将SO2氧化成SO42－，会生成硫酸钡沉淀，D错误；
答案为B。
【点睛】类推时，要根据实际情况推测，Pb的化合价为+2、+4价，其氧化物为PbO、PbO2两种和铁的不同。
8.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法不正确的是
A. 氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋＞SO2
B. 标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7
C. 反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D. 由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性； 由氧化性的强弱，判断反应的发生．
【详解】A. 由①可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3＋>SO2,由②可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72－> Fe3＋,则氧化性：Cr2O72－> Fe3＋> SO2，故A正确；
B. 6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=6.72L÷22.4L
/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2∼Cr2O72－,则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；
C. 每有1mol K2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol×2×(6−3)=6mol,即转移电子的数目为6NA，故C正确；
D. 因氧化性为Cr2O72－> SO2,则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；
故选B.
【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。
9.常温下，下列各组离子在指定的条件下能大量共存的是（ ）
A. c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、Cl-、SO42-、SCN-
B. 在pH=2的溶液中：NH4+、K+、F-、NO3-
C. 由水电离出的c（H+）=10-12mol/L的溶液中：Mg2+、Na+、SO42-、ClO-
D. 通入足量CO2的溶液中：H+、NH4+、Al3+、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A.Fe3+可与SCN-反应而不能大量共存，A项不符合题意；
B.pH=2的溶液是酸性溶液，H+可与F-反应，不能大量共存，B项不符合题意；
C.水电离出的c（H+）=10-12mol/L，小于10-7mol/L，水的电离受到抑制，该溶液可能是酸或碱溶液，在碱溶液中，Mg2+与OH-反应生成白色沉淀而不能大量共存，在酸溶液中，H+与ClO-反应生成弱酸而不能大量共存，C项不符合题意；
D.通入足CO2的溶液中，各离子之间不会发生任何反应而能大量共存，D项符合题意。
答案为D。
【点睛】水电离出的c（H+）=10-12mol/L，小于10-7mol/L，抑制水的电离，则溶液可能为酸或碱溶液。
10.下列A～D四组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是
(Ⅰ)
(Ⅱ)
A
少量SO2通入Ba(OH)2溶液
过量SO2通入Ba(OH)2溶液
B
少量浓氨水滴入Al2(SO4)3溶液中
少量Al2(SO4)3溶液滴入浓氨水中
C
0.1 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2的溶液
0.3 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2溶液中
D
过量BaCl2溶液与少量Na2SO4溶液相混合
少量Ba(OH)2溶液与过量MgSO4溶液相混合
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 少量二氧化硫与氢氧化钡反应的产物为亚硫酸钡沉淀，过量时，产物为亚硫酸氢钡，离子方程式不同，A错误；
B. 少量氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀，过量时沉淀不溶解，离子方程式相同，B正确；
C. 0.1mol氯气与溶液中的亚铁离子恰好完全反应，而0.3mol氯气时，与亚铁离子反应剩余的氯气与溴离子反应，离子方程式不同，C错误；
D. 氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，而氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀，离子方程式不同，D错误；
答案为B；
【点睛】氧化性：氯气>溴>铁离子，则氯气先与亚铁离子反应，完全反应后再与溴离子反应。
11.X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法错误的是
A. R的氧化物含有离子键 B. 最高价含氧酸的酸性：Z
Y、Z，所以M是第三周期的硫，相应地Y、Z是第二周期的碳、氮。因为原子半径XM，R可为钠。A.钠的氧化物氧化钠和过氧化钠都含有离子键，故A正确；B.非金属性Z>Y，所以最高价含氧酸的酸性：Z>Y，故B错误；C.硫化氢常温常压下为气体，故C正确；D.有机物比无机物种类多得多，有机物都是含碳的化合物，所以Y形成的化合物种类最多，故D正确。
点睛：原子半径的变化规律: 同周期从左到右，原子半径渐小；同主族从上到下，原子半径渐大。
12.从废铅蓄电池铅膏（含PbSO4、PbO2和Pb等）中回收铅的一种工艺流程如下：
已知：浓硫酸不与PbO2反应，Ksp（PbCl2）＝2.0×10－5，Ksp（PbSO4）＝1.5×10－8，PbCl2（s）＋2Cl－（aq）=PbCl42－（aq）。下列说法错误的是
A. 合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染
B. 步骤①中可用浓硫酸代替浓盐酸
C. 步骤①、②、③中均涉及过滤操作
D. PbSO4（s）＋2Cl－（aq）PbCl2（s）＋SO42－（aq）的平衡常数为7.5×10－4
【答案】B
【解析】
【分析】
B、D选项均利用到已知信息，C项注意看流程图中分离出固体和液体可知均涉及过滤操作。
【详解】A. 铅会使蛋白质变性，造成人体重金属中毒，所以合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染，故A正确；
B. 浓硫酸不与PbO2反应，步骤①中若用浓硫酸代替浓盐酸，则铅无法反应到滤液中，故B错误；
C. 步骤①、②、③中均需要分离液体与不溶性固体，都涉及过滤操作，故C正确；
D. PbSO4（s）＋2Cl－（aq）PbCl2（s）＋SO42－（aq）的平衡常数为：
7.5×10－4，故D正确；
答案选B。
【点睛】计算平衡常数，写出该反应平衡常数表达式，注意利用给出的已知信息，可知该平衡常数等于两Ksp相除。
13.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下：
反应室
载气
吸收液
SO42-含量
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
ⅰ. b≈d＞a≈c
ⅱ.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-
②
3%氨水
b
③
空气
蒸馏水
c
④
3%氨水
d
下列说法不正确是
A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施
B. 反应室①中可能发生反应：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2
C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关
D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
【答案】C
【解析】
【详解】A. 因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B. 反应室①中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由已知 b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D. 铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-
的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。
14.某溶液仅有 K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－、HCO3－中的几种．为确定其成分，做如下实验：
①取部分溶液．加入适量 Na2O2 固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的 NaOH 溶液后白色沉淀全部溶解；
②另取部分溶液，加入 HNO3 酸化的Ba(NO3)2溶 液，无沉淀产生。下列推断正确的是
A. 肯定有 Al3＋、Cl－，一定没有 HCO3－和SO42－
B. 肯定有 Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4＋、K＋
C. 肯定有 Al3＋、NH4＋、Cl－，肯定没有HCO3－
D. 该溶液可能显弱酸性，也可能显中性
【答案】A
【解析】
由①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，产生无色无味的气体，说明无NH4＋ ，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，说明无Mg2＋ ，有Al3＋ ，无HCO3―；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生，说明无SO42―，溶液中只有Cl― 一种阴离子。纵上所述A正确；B、应无Mg2＋ 和NH4＋，K＋ 不能确定，故B错误；C、无NH4＋ ，故C错误；D、Al3＋ 水解呈酸性，故D错误；故选A。
15.X常温下为气体， a、b、c 是中学化学常见物质， 均由常见元素组成， 转化关系(反应条件略去)如图所示， 下列说法不正确的是
A. 若 b 为固态非金属单质，b 与 X 所含元素同主族，则c也能与 X 反应
B. 若 X 为 O2，a 为一种固态单质，则c可能为CO2或 SO3
C. 若 a、b、c 焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能既含有离子键又含有共价键
D. 若 b 为气态非金属单质，b 与 X 所含元素同周期，则 X 与 b 所含元素原子的核电荷数相差1
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若b为固态非金属单质，X常温下为气体，且b与X所含元素同主族，a为硫化氢，b为S，c为二氧化硫，X为氧气，二氧化硫在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，所以A选项是正确的；
B.若X为O2，a 为一种固态单质，则a为S，硫与氧气反应生成二氧化硫，b与c为同一种物质，不符合题意，故B错误；
C. a、b、c焰色反应均呈黄色，均含Na元素，其水溶液均为碱性，a为氢氧化钠、X为二氧化碳、b为碳酸钠，c为碳酸氢钠，符合转化关系，NaOH中含有离子键又含有共价键，所以C选项是正确的；
D. b与X所含元素同周期，b为气态非金属单质N2，则X为O2，a为NH3，c为NO，则N和O元素的核电荷数相差1，所以D选项是正确的。
本题正确答案为B。
【点睛】本题考查无机物推断，属于猜测验证型题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意总结和熟记中学常见连续反应。
16.某合金只含铝、铁、铜三种元素，取合金，加入到含稀硝酸的溶液中，恰好完全反应，放出无色气体11.2L（标准状况下）。将反应后的溶液分成2等份，向一份溶液中滴加，无明显现象。向另一份溶液中滴加氨水至过量，过滤得沉淀bg，充分灼烧得固体cg，减轻了5.4g，再加入到过量的溶液中，剩余不溶物dg。下列说法不正确的是
已知；遇到会出现蓝色沉淀。
A.
B. 原合金中铜的质量为
C. 若将上述稀硝酸逐滴加入到合金中，放出气体仍为（标准状况下）
D. d不是一确定值，可能为8
【答案】D
【解析】
【分析】
根据元素化合物知识，可判断出无色气体为NO，一份溶液中滴加溶液，无明显现象，则不含，所以溶液为的混合液。在另一份溶液中滴加氨水至过量，得到沉淀为和，则转变为，过滤后进入滤液。固体cg为和，不溶物dg为，据此分析作答。
【详解】A. 合金加入到硝酸溶液后，根据得失电子守恒，合金总共失去电子，反应后溶液中阳离子带正电荷,所以溶液中硝酸根，所以，A项正确；
B. ,,，固体和中H元素的物质的量之和等于，可得,原固体中，B项正确；
C. 由于溶液中不含，为的混合液，所以硝酸足量，若将上述稀硝酸逐滴加入到合金中，先生成，后继续被硝酸氧化，由于硝酸足量，最终生成，根据得失电子守恒生成的NO气体仍为，C项正确；
D. 最后剩余不溶物dg为 8g，是一确定值，D项错误；
答案选D。
17.Ⅰ.过氧化氢是用途很广绿色氧化剂，它的水溶液俗称双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等。试回答下列问题：
(1)写出在酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁的离子反应方程式_______________
(2)Na2O2,K2O2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得。则上述最适合的过氧化物是______________
(3)甲酸钙[Ca(HCOO)2]广泛用于食品工业生产上，实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入质量分数为30%∼70%的过氧化氢溶液中，则该反应的化学方程式_______
Ⅱ. 某厂废水中含KCN,其浓度为650mg⋅L−1现用氯氧化法处理,发生如下反应(其中N均为−3价):
(1)KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O被氧化的元素是____________________.
(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：
___KOCN+___KOH+___ Cl2→_____CO2+_____N2+_____KCl+______ H2O
(3)若将10m3含KCN的浓度为650mg⋅L−1的废水中KCN氧化除去，需要标准状况下的氯气的体积为______________________L.
【答案】 (1). H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O (2). BaO2 (3). Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=Ca(HCOO)2+4H2O (4). C (5). 2 (6). 4 (7). 3 (8). 2 (9). 1 (10). 6 (11). 2 (12). 5600
【解析】
【分析】
Ⅰ(1)在酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁生成铁离子和水。
(2)实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得，说明生成了沉淀，应该为硫酸钡沉淀。
(3)实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入质量分数为30%∼70%的过氧化氢溶液中反应生成甲酸钙和水。
Ⅱ(1)KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O，KCN中碳+2价，化合价升高变为KOCN中碳+4价，即得被氧化的元素是C。
(2)投入过量液氯，氯化合价降低，1个氯气降低两个价态，KOCN中一个氮化合价升高3个价态，得到1个氮气化合价升高6个价态，根据化合价升降守恒得到系数，氯气前面配3，氮气前面系数配1，再根据守恒配平。
(3)根据KCN+Cl2+2KOH═KOCN+2KCl+H2O和2KOCN+4KOH+3Cl2═2CO2+N2+6KCl+2H2O 知KCN和氯气的反应的物质的量之比为1:2.5，10m3含KCN的浓度为650mg⋅L−1的废水中KCN物质的量=mM==10mol，故氯气的物质的量为25mol得标准状况下的氯气的体积。
【详解】Ⅰ(1)在酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁生成铁离子，其离子反应方程式
H2O2+2Fe2++2H+═ 2Fe3++ 2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═ 2Fe3++ 2H2O。
(2)实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得，说明生成了沉淀，则上述最适合的过氧化物是BaO2，故答案为：BaO2。
(3)实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入质量分数为30%∼70%的过氧化氢溶液中反应生成甲酸钙和水，则该反应的化学方程式Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2= Ca(HCOO)2+4H2O，故答案为：Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2= Ca(HCOO)2+4H2O。
Ⅱ(1)KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O，KCN中碳+2价，化合价升高变为KOCN中碳+4价， 被氧化的元素是C，故答案为：C。
(2)投入过量液氯，氯化合价降低，1个氯气降低两个价态，KOCN中一个氮化合价升高3个价态，得到1个氮气化合价升高6个价态，根据化合价升降守恒得到系数，氯气前面配3，氮气前面系数配1，再根据守恒配平，2 KOCN + 4 KOH+3Cl2 = 2CO2 + 1 N2 + 6KCl + 2 H2O，故答案为：2；4；3；2；1；6；2。
(3)根据KCN+Cl2+2KOH═KOCN+2KCl+H2O和2KOCN+4KOH+3Cl2═2CO2+N2+6KCl+2H2O 知KCN和氯气的反应的物质的量之比为1:2.5，10m3含KCN的浓度为650mg⋅L−1的废水中KCN物质的量=mM==10mol，故氯气的物质的量为25mol，则标准状况下的氯气的体积V=25mol×22.4L/mol=5600L，故答案为5600。
18.某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)制取干燥的氨气并验证NH3具有还原性，请回答下列问题：
（1）实验室制备氨气有多种方法，现欲用NH4C1与Ca(OH)2反应制取NH3，则甲中的气体发生装置___________(从Ⅱ中选用)；用浓氨水与生石灰反应也可制取NH3，反应的化学方程式为__________
（2）装置丙用于收集NH3，应将导管__________(填“a”或“b”）延长至集气瓶底部，装置乙中盛放的试剂为__________，装置己的作用为____________(答两点）。
（3）若装置丁中黑色固体变红，则装置戊中现象为_________
（4）研究小组的同学通过讨论、分析后认为充分反应后生成的红色固体可能是Cu或Cu2O或二者的混合物，通过查阅资料知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。为探究固体的成分，提出了如下两种方案。
I. 甲同学取少量红色固体与稀硝酸混合，最终得到蓝色溶液，由此推测红色产物中有Cu2O。
①你对甲同学实验设计的评价是__________（请给出必要的文字解释)。
②Cu2O与稀硝酸反应的离子方程式为_____________
Ⅱ.乙同学认为不需要借助任何化学试剂，只需要称量生成的红色固体的质量（设为xg）就能确定产物成分，当x取值范围为 _____时，表明产物中既有Cu，又有Cu2O。
【答案】 (1). B (2). CaO+NH3·H2O =Ca(OH)2 + NH3 ↑ (3). b (4). 碱石灰 (5). 吸收没有反应完的NH3，防止空气中水蒸气进入装置戊中 (6). 白色固体变为蓝色 (7). 不合理，因为Cu和Cu2O均能被稀硝酸氧化为Cu2+ (8). 3Cu2O+14H++2NO↑=6Cu2++2NO ↑+7H2O (9). 12.8 O2->Na+ (2). HClO4> H2SO4 >H2CO3 > H2SiO3 (3). 离子键和共价键 (4). H++ HSO3-=SO2↑+H2O (5). SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】
现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，则D为Na，已知A、D位于同一主族，则A为H，B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，则B为C，E为Si，C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C、F的原子序数之和为24，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以C为O，F为S，G为Cl，据此答题。
【详解】（1）离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径由大到小的顺序是：S2-＞O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+。
（2）B、E、F、G最高氧化物对应的水化物为H2CO3、H2SiO3、H2SO4、HClO4，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，因此非金属性：Cl＞S＞C＞Si，所以最高氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，故答案为HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3。
（3）由A、C、D形成的化合物为NaOH，它属于离子化合物，所含的化学键类型有离子键和共价键，故答案为离子键和共价键。
（4）A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4和NaHSO3，它们在溶液在相互反应的离子方程式是：H++HSO3-=SO2↑+H2O，故答案为H++HSO3-=SO2↑+H2O。
（5）二氧化硫通入氯气的水溶液中发生反应生成硫酸和盐酸，化学方程式为：SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4，故答案为SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4。
【点睛】同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性。
20.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：回答下列问题：
(1)明矾净水的原理是____________(用离子方程式表示)。
(2)操作Ⅱ是蒸发浓缩、__________、过滤、__________、干燥，
(3)检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是________________(只用一种试剂)。
(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是_________，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO4-转化为Mn2＋)：________
(5)已知：在pH＝3、加热条件下，MnO4-可与Mn2＋反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应的离子方程式为：_________________，滤渣2含有的物质是_______________。
【答案】 (1). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ (2). 冷却结晶 (3). 洗涤 (4). 酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液) (5). 2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑ (6). 5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O (7). 3Mn2＋＋2MnO4-＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋ (8). MnO2、Fe(OH)3
【解析】
【分析】
(1)明矾净水的原理主要是铝离子水解生成氢氧化铝胶体。
(2)操作Ⅱ从溶液到晶体的过程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(3)检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是用酸性高锰酸钾，溶液褪色。
(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体，主要是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其化学方程式是2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应生成锰离子和铁离子，其离子方程式为：5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。
(5)加入MnSO4发生反应主要是锰离子和高锰酸根离子反应生成二氧化锰，再根据氧化还原反应得到其离子方程式为3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋，滤渣2含有的物质是亚铁离子被氧化成铁离子而变为氢氧化铁，还有反应生成的二氧化锰。
【详解】(1)明矾净水的原理主要是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3＋＋3H2O
Al(OH)3(胶体)＋3H＋，故答案为：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋。
(2)操作Ⅱ从溶液到晶体的过程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；洗涤。
(3)检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是用酸性高锰酸钾，溶液褪色，故答案为：酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液)。
(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体，主要是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其化学方程式是2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应生成锰离子和铁离子，其离子方程式为：5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，故答案为：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。
(5)加入MnSO4发生反应主要是锰离子和高锰酸根离子反应生成二氧化锰，再根据氧化还原反应得到其离子方程式为3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋，滤渣2含有的物质是亚铁离子被氧化成铁离子而变为氢氧化铁，还有反应生成的二氧化锰，故答案为：MnO2、Fe(OH)3。
21.硒元素（Se）是第4周期ⅥA族元素，单质有红硒、黑硒和灰硒，灰硒是良好的半导体材料，硒最特殊的性质是在光照射下导电性可提高近千倍，可用于制造光电管。请回答下列问题：
（1）基态Se原子价电子的轨道表示式为__。
（2）As和Se是同一周期元素，As的第一电离能比Se大，原因是___。
（3）硒在空气中燃烧能生成SeO2，常温下，SeO2是易挥发的白色固体，熔点为340~350℃，315℃时升华，则SeO2固体是___晶体；写出一种与SeO2互为等电子体的阴离子的化学式__。
（4）H2SeO4和H2SO4相似，是一种不易挥发的强酸。SeO42-的空间构型为___，中心原子的杂化方式为___。
（5）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，Zn原子的配位数为___，若该晶胞密度为ρg·cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1，用NA代表阿伏加德罗常数，则晶胞参数a（即晶胞的边长）为___nm。
【答案】 (1). (2). As的4p能级是半充满状态，比较稳定 (3). 分子 (4). NO2- (5). 正四面体形 (6). sp3杂化 (7). 4 (8). ×107
【解析】
【详解】(1)硒为34号元素,有6个价电子, 所以基态Se原子价电子的轨道表示式为因此，本题正确答案是: ；
(2)同一周期中,元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第ⅤA族元素的P轨道上是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能大于相邻元素, As为第ⅤA族元素，Se为第IVA族元素，所以As的第一电离能比Se大，答案：As的4p能级是半充满状态，比较稳定；
(3) SeO2常温下白色晶体,熔、沸点低,所以属于分子晶体；二氧化硒分子中价层电子对=2+1/2(6-2×2)=3,Se原子的杂化类型为SP2,且含有一个孤电子对, 属于V形；与NO2-的价电子和原子数都相等，属于SeO2的等电子体，所以NO2-与SeO2互为等电子体；因此，本题答案是：分子晶体； NO2-；
(4) SeO42-中心原子的价层电子对数为(6+2)/2=4,所以Se杂化方式为sp3杂化,离子中没有孤电子对,所以SeO42-的立体构型是正四面体形。
因此，本题答案是: sp3；正四面体形。
(5)根据硒化锌晶胞结构图可以知道,每个锌原子周围有4个硒原子,每个硒原子周围也有4个锌原子,所以硒原子的配位数为4,该晶胞中含有硒原子数为8×1/8+6×1/2=4,含有锌原子数为4,根据ρ=m/V=4M/NAV,所以V=4M/ρNA,则晶胞的边长为cm=×1010pm,
因此，本题正确答案是:4； ×1010pm
22.
醋柳酯是一种镇咳祛痰药，用于上呼吸道感染、感冒咳嗽、急慢性支气管炎等的治疗，回答下列问题：
（1）醋柳酯的分子式为_____________________。
（2）关于醋柳酯的说法中，正确的是_________
A．核磁共振氢谱中只有6个吸收峰 B．能发生取代、加成、氧化反应
C．1mol该物质最多可以和7molH2反应 D．分子中所有原子一定在同一平面内
（3）醋柳酯可由下图所示路线合成：
①A的结构简式为__________；中间产品C中混有反应物A和B，检验C中含有A的试剂是______________________。
②由C制醋柳酯的反应类型为____________________；写出C和足量NaOH溶液反应的化学方程式________。
③A的同分异构体很多，其中属于酯类、且能与FeCl3溶液反应显紫色的同分异构体有__种，写出一种的结构简式_______。
【答案】 (1). C16H14O5 (2). B (3). (4). NaHCO3溶液 (5). 取代反应 (6). +3NaOH→+2H2O (7). 3种 (8).
【解析】
【分析】
⑴根据醋柳酯的结构简式写出其分子式为C16H14O5。
⑵A选项，醋柳酯没有对称轴，因此核磁共振氢谱中有10个吸收峰；B选项，醋柳酯含有酯基能发生水解，含有苯环能发生加成，能燃烧发生氧化反应；C选项，1mol醋柳酯含有2mol苯环，最多可以和6molH2反应；D
选项，分子中含有甲基，因此分子中所有原子一定不在同一平面内；
⑶①根据A+B生成C的反应和前后联系得出A的结构简式为；中间产品C中混有反应物A和B，A中含有羧基而C中不含有羧基，因此检验C中含有A的试剂是NaHCO3溶液。
②根据C和醋柳酯得出由C制醋柳酯的反应类型为取代反应；C中含有酚羟基和酸酚酯，因此可得C和足量NaOH溶液反应的化学方程式。
③A的同分异构体很多，其中属于酯类、且能与FeCl3溶液反应显紫色说明含有酯基和酚羟基，因此同分异构体为、、。
【详解】⑴根据醋柳酯的结构简式写出其分子式为C16H14O5，故答案为：C16H14O5。
⑵A选项，醋柳酯没有对称轴，因此核磁共振氢谱中有10个吸收峰，故A错误；
B选项，醋柳酯含有酯基能发生水解，含有苯环能发生加成，能燃烧发生氧化反应，故B正确；
C选项，1mol醋柳酯含有2mol苯环，因此该物质最多可以和6molH2反应，故C错误；
D选项，分子中含有甲基，因此分子中所有原子一定不在同一平面内，故D错误；
综上所述，答案为B。
⑶①根据A+B生成C的反应和前后联系得出A的结构简式为；中间产品C中混有反应物A和B，A中含有羧基而C中不含有羧基，因此检验C中含有A的试剂是NaHCO3溶液；
故答案：NaHCO3溶液；
②根据C和醋柳酯得出由C制醋柳酯的反应类型为取代反应；C中含有酚羟基和酸酚酯，因此C和足量NaOH溶液反应的化学方程式+3NaOH→+ 2H2O；
故答案为：+3NaOH→+2H2O；
③A的同分异构体很多，其中属于酯类、且能与FeCl3溶液反应显紫色说明含有酯基和酚羟基，因此同分异构体为、、；
故答案为：3种；或或。
