甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期第四次阶段性复习过关考试化学试题

甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期第四次阶段性复习过关考试化学试题

武威六中2020届高三一轮复习过关考试（四）‎ 化学 可能用到的相对原子质量：H‎-1　‎C-12　N-14　O-16　Na-23　Mg-24　Al-27　Si-28　S-32 Cl-35.5　Fe-56　Cu-64‎ 一、选择题 ‎1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是 ‎ 常见古诗文记载 化学知识 A ‎《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”‎ 铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高 B ‎《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”‎ 强水为氢氟酸 C ‎《天工开物》中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴 硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾 D ‎《泉州府志》中记载：安南人黄姓者为宅煮糖，墙塌压糖，去土而糖白，后人遂效之 糖白的过程发生了化学变化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A项错误；  B. 能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B项错误； ‎ C. 古人以“得”为阴，以“失”为阳；从现代化学观点来看，硝酸钾、硫在一定条件下发生氧化还原反应：，硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾，硝酸钾是氧化剂，得电子，碳为还原剂，失电子，C项正确；‎ D. 该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，发生的是物理变化，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.NA是阿伏伽德罗常数的值，下列相关说法正确的是（ ）‎ A. 2.24‎LN2和O2的混合气体中分子数为0.1NA B. ‎2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NA C. 标准状况下，22.4LCCl4中含有分子的数目为NA D. 0.1molFeCl3完全水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.未说温度、压强，无法计算气体分子数，故A错误；‎ ‎ B.镁在空气中完全燃烧，化合价从0价升高到+2价，因此‎2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为=0.2NA，故B正确；‎ C.标准状况下，CCl4为液态，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；‎ D.因为胶体粒子要求直径在1-100nm(1nm=10‎-9米)，所以单个的Fe(OH)3直径不够,往往是几十个Fe(OH)3粒子聚在一起才形成一个胶粒,所以胶体粒子数远小于0.1NA，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎【点睛】易错点关于气体摩尔体积‎22.4L/mol的应用，注意抓三点：（1）标准状况（2）气体（3）1mol大约为‎22.4L。‎ ‎3.下列说法正确的是 （ ）‎ A. 将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中可制得Fe(OH)3胶体 B. 雾属于分散系中的胶体，它的分散剂是水蒸气 C. 胶体区别于其它分散系的本质特征是丁达尔效应 D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先生成红褐色沉淀最后沉淀溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中反应生成Fe(OH)3沉淀，而实验室制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，故B错误；‎ B．雾是小液滴悬浮在空气中形成的分散系，属于胶体，它的分散剂是空气，故B错误；‎ C．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10‎-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，丁达尔效应是胶体的特征性质，故C错误；‎ D．氢氧化铁胶体滴入盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎4.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向FeO固体中加入少量稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O B 向Na2S2O3溶液中加入过量稀硫酸：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O C. 向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O D. 向FeCl2溶液中加入氯水：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.FeO和稀硝酸发生氧化还原反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，A项错误；‎ B.Na2S2O3与稀硫酸反应生成Na2SO4、S、SO2和H2O，B项正确；‎ C.Al(OH)3不溶于NH3·H2O，C项错误；‎ D.向FeCl2溶液中加入氯水的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D项错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】FeO和稀硝酸不是发生复分解反应，由于FeO具有还原性，硝酸有强氧化性，所以会发生氧化还原反应：3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O。‎ ‎5.著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是( )‎ A. 铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在 B. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI = CeI4 + 2H2↑‎ C. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+‎ D. 四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，它们互称为同位素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．结合稀土萃取理论来分析；B．应发生氧化还原反应；C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，发生氧化还原反应，生成Ce3+和Fe3+；D．具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素。‎ ‎【详解】A、金属铈在空气中易氧化变暗，在自然界中主要以化合态存在，选项A正确；B、氧化性：Ce4+>Fe3+，Fe3+>I2则Ce能把氢碘酸氧化生成单质碘，选项B正确；C、用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+，选项C正确；D、四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，互称为同位素，选项D正确。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答，题目难度不大，注重信息的迁移使用来考查学生，选项A为解答的难点。‎ ‎6.下列体系中，离子能大量共存的是（　　）‎ A. 含1.2 mol·L-1 NO3-的溶液：H+、Fe2+、Mg2+、Br-‎ B. 使酚酞变红的溶液：K+、Na+、、Cl-‎ C. 滴加KSCN显红色的溶液：、K+、Cl-、I-‎ D. 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、、‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO3-、H+、Fe2+之间能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．使酚酞变红的溶液呈碱性，K+、Na+、NO3-、C1-之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C．滴加KSCN显红色的溶液中存在铁离子，铁离子具有氧化性，能够氧化I-，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．NaHCO3、AlO2-能够反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】正确解读题中的限制条件是解题的关键。本题的易错点为C，要注意KSCN显红色的溶液含有铁离子，铁离子能够氧化I-生成碘单质。‎ ‎7.《本草图经》描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”下述说明中正确的是（ ）‎ ‎①绿矾又称胆矾，化学式为CuSO4·5H2O ‎②绿矾的分解过程中发生了氧化还原反应 ‎③“色赤”物质可能是铜单质 ‎④流出的液体中可能含有硫酸 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①绿矾是七水合硫酸亚铁，胆矾是五水合硫酸铜，故①错误；‎ ‎②绿矾分解的过程中，现象有“色赤”，说明铁被氧化为正三价，发生了氧化还原反应，故②正确；‎ ‎③根据描述，该过程只涉及到了铁的化合物的变化，与铜元素无关，“色赤”可能是出现了氧化铁，③错误；‎ ‎④流出的液体中可能含有硫酸，④正确；‎ 故答案选D②④。‎ ‎8.现有MgCl2和Al2(SO4)3的混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量关系如图所示，则原溶液中Cl－ 与SO42－的物质的量之比为（ ）‎ A. 1：3 B. 1：‎6 ‎C. 2：3 D. 3：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知加入0.4molNaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，根据氢氧根守恒可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH-）=0.4mol，加入0.5molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.1molNaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=0.1mol，所以2n[Mg（OH）2]+3×0.1mol=0.4mol ‎，故n[Mg（OH）2]=0.05mol，根据化学式MgCl2可知溶液中n（Cl-）=2n[Mg（OH）2]=2×0.05mol=0.1mol，根据化学式Al2（SO4）3可知溶液中n（SO42-）=n[Al(OH)3]= ×0.1mol=0.15mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为0.1mol：0.15mol=2：3；‎ 故选：C。‎ ‎9.某同学通过系列实验探究Mg及其化合物性质，操作正确且能达到目的的是 A. 将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探究讨Mg的活泼性 B. 将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成 C. 将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀 D. 将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，因此稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，A错误；‎ B、将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，B正确；‎ C、过滤时应该用玻璃棒引流，C错误；‎ D、应将Mg（OH）2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，生成氯化镁。由于氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，水解吸热，且氯化氢易挥发，所以加热时促进镁离子水解，蒸干得不到无水MgCl2固体，为氢氧化镁固体，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎10. 下列实验中，溶液颜色有明显变化的是( )‎ A. 少量明矾溶液加入到过量NaOH溶液中 B. 往FeCl3溶液中滴入KI溶液，再滴入淀粉溶液 C. 少量Na2O2固体加入到过量NaHSO4溶液中 D. 往酸性高锰酸钾溶液中滴入少量Fe2(SO4)3稀溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，少量明矾溶液加入到过量NaOH溶液中，两者发生离子反应，但是溶液的颜色不变；‎ B项，往FeCl3溶液中滴入KI溶液，发生的反应为2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋，I2遇淀粉溶液变蓝；‎ C项，Na2O2与水反应产生O2和NaOH，OH－与H＋反应生成水，溶液颜色无变化；‎ D项，酸性KMnO4溶液与Fe2(SO4)3不反应，溶液颜色没有明显变化。‎ 故选B。‎ ‎11.下列说法正确的是 ‎①Na2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物，CO2、SiO2、NO2属于酸性氧化物 ‎②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物 ‎③漂白粉、水玻璃、Fe(OH)3胶体、冰水混合物均属于混合物 ‎④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 ‎⑤硅导电，铝在浓硫酸中钝化均属于物理变化 ‎⑥盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物 A. ①③⑤ B. ④⑤⑥ C. ②④⑥ D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①.Na2O、Fe2O3和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，Al2O3和酸、碱反应生成盐和水属于两性氧化物，CO2、SiO2能和碱溶液发生反应生成盐和水，属于酸性氧化物，NO2和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故①错误；‎ ‎②.碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成，氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵是铵根离子和氯离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，都属于离子化合物，故②正确；‎ ‎③.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、Fe(OH)3胶体属于分散系，是混合物、冰水混合物是一种物质组成的为纯净物，故③错误；‎ ‎④.醋酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰为氧化钙属于氧化物，故④正确；‎ ‎⑤.硅导电属于物理变化，铝在浓硫酸中钝化属于化学变化，是浓硫酸的强氧化性体现，故⑤错误；‎ ‎⑥.盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物，故⑥正确。‎ 答案选C。‎ ‎12.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是(　　)‎ A. NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl或NH4HCO3固体的方法制氨气 B. 向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-‎ C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应 D. 分别将充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，液面均迅速上升，说明二者均易溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加热NH4Cl时的反应为NH4ClNH3↑+HCl↑，生成的混合气体中的NH3和HCl遇冷会在试管里重新化合成NH4Cl：NH3+HCl=NH4Cl，所以不能用加热NH4Cl固体的方法制氨气，A项错误；‎ B.硝酸能将SO32-或HSO3-氧化成SO42-，所以该溶液中也可能含有SO32-或HSO3-，B项错误；‎ C.铁和稀硝酸反应Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，生成的气体是NO，该反应不是置换反应，C项错误；‎ D.分别将充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，液面均迅速上升，这是气体体积迅速减小的结果，所以可说明二者均易溶于水，D项正确；答案选D。‎ ‎13.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为 A. 21∶5 B. 11∶‎3 ‎C. 3∶1 D. 4∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4：1，故答案为D。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×‎ 变价元素的原子个数×化合价的变化值。‎ ‎14.下列关于Fe、Cu、Mg三种金属元素的说法中，正确的是 A. 三种元素的单质都能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气 B. 制备MgCl2、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法 C. 0.5mol金属Fe在足量稀硝酸中充分反应，消耗稀硝酸的量为1mol D. 因为Fe3+具有氧化性，所以可用来做净水剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜和盐酸不反应，A项错误；‎ B. MgCl2、FeCl3、CuCl2都属于强酸弱碱盐，镁离子、铁离子、铜离子都会发生水解，分别生成氢氧化镁、氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，加热促进水解，故均不能采用将溶液直接蒸干的方法，B项正确；‎ C. 0.5mol金属Fe在足量稀硝酸中充分反应方程式为：Fe+ 4HNO3=NO↑+Fe(NO3)3+2H2O，消耗稀硝酸的量为2mol，C项错误；‎ D. 因为Fe3+会发生水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，所以可用来做净水剂，而不是利用的氧化性，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.下列有关结论，正确的是（ ）‎ A. 滴加氯水和CCl4，振荡、静置，上层溶液显紫红色，说明原溶液中有I-‎ B. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，一定没有K+‎ C. 1molNa2O2与足量CO2发生反应，转移的电子数为NA，且所生成的O2是氧化产物 D. 向某溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水氧化碘离子生成碘单质，加四氯化碳萃取后在下层，则下层溶液显紫色，故A 错误；‎ B. 观察钾元素的焰色反应时要透过蓝色的钴玻璃，防止钠元素造成干扰，故B 错误；‎ C. 1molNa2O2与足量CO2发生反应，转移的电子数为NA，氧元素由-1价变为0价，化合价升高失电子被氧化，所生成的O2是氧化产物，故C正确；‎ D. 能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀且不溶于硝酸的离子有硫酸根离子、银离子等，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.铜和镁的合金‎4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 (　　)‎ A. ‎9.02‎ g‎ B. ‎8.51 g C. ‎8.26 g D. ‎‎7.04g ‎【答案】B ‎【解析】‎ 最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量。由于金属阳离子结合的OH－的物质的量，就是就是失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可知，金属失去电子的物质的量是‎4.48L÷‎22.4L/mol＋‎0.336L÷‎22.4L/mol×2＝0.23mol，所以和金属阳离子结合的OH－的物质的量也是0.23mol，质量是‎3.91g，则沉淀的质量是‎8.51g，答案选B。‎ 二．填空题 ‎17.I.取一定量的酸性KMnO4溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：①滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生；②再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色； ③最后通入足量的SO2气体。请回答下列问题：‎ ‎（1）KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为________；‎ ‎（2）实验③中的现象为_____；‎ ‎（3）实验①中反应的离子方程式是_________________。‎ ‎（4）要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为___。‎ ‎①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液 ③加入少量KSCN溶液 A.①③ B.③② C.③① D.①②③‎ Ⅱ.某工业废水中仅含表中的离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L。‎ 阳离子 K+、Cu2+、Fe3+、 Al3+、Fe2+‎ 阴离子 甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：‎ ‎①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。‎ ‎②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。‎ ‎③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。‎ ‎④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。‎ 请推断：‎ ‎（1）③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是____________________。‎ ‎（2）将③中红棕色气体（标况下）收集满一试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶液的物质的量浓度为___________mol/L（精确到千分位）。‎ ‎（3）甲同学最终确定原溶液中所含离子是__________________。‎ ‎【答案】 (1). PbO2＞KMnO4＞H2O2 (2). 溶液紫红色褪去，有白色沉淀生成 (3). 2MnO4—＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O (4). C (5). 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (6). 0.045 (7). Fe2+、Cu2+ Cl-、NO3-、SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】I.(1)实验①说明H2O2能被KMnO4氧化，所以氧化性：KMnO4＞H2O2；实验②说明Mn2+能与PbO2反应生成KMnO4，得出氧化性：PbO2＞KMnO4，综上得出，氧化性顺序是：PbO2＞KMnO4＞H2O2，故答案为：PbO2＞KMnO4＞H2O2；‎ ‎(2)实验③中SO2还原性较强，能使酸性KMnO4褪色，SO2被氧化为H2SO4，H2SO4和Pb2+反应生成PbSO4白色沉淀，故答案为：溶液紫红色褪去，有白色沉淀生成；‎ ‎(3)实验①是H2O2被KMnO4氧化生成氧气以及锰离子的过程，即2MnO42-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2MnO2+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；‎ ‎(4)证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，先加KSCN溶液无现象，排除铁离子，再加氯水观察是否为血红色，实验操作时的最佳顺序为③加少量KSCN溶液、①加入足量氯水，若溶液先无现象，后为血红色，则含亚铁离子，故答案为：C；‎ Ⅱ．①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；‎ ‎②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；‎ ‎③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清，说明没有SiO32-；‎ ‎④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；‎ ‎(1)③中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O；‎ ‎(2)标准状况下，将一充满NO2气体的试管，倒扣于水中，3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，至液面不再升高时，得到硝酸溶液，设试管体积为VL，最终试管中所得溶液的浓度为=0.045mol/L，故答案为：0.045；‎ ‎(3)由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl-、NO3-、SO42-，且各为0.1mol/L，已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl-、NO3-、SO42-，故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-。‎ ‎【点睛】本题的易错点为I.(2)中的实验现象，要注意“硫酸不溶铅和钡”，硫酸盐中的硫酸钡和硫酸铅均难溶于水。‎ ‎18.R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与 X 是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。‎ ‎（1）W的原子结构示意图是_______________。‎ ‎（2）WX2的电子式是________________。‎ ‎（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是___________（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_____________________。‎ ‎（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。‎ ‎①根据元素周期律，下列推断正确的是___________填字母序号）。‎ a.Se的最高正化合价为＋7价 b.H2Se的还原性比H2Y强 c.H2SeO3的酸性比H2YO4强 d.SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应 ‎②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). H2O (4). O与S为同主族元素，O的电子层数小于S，O的原子半径小于S，O的原子核对核外电子吸引能力大于S原子，O的非金属性强于S，故H2O的稳定性大于 H2S。 (5). bd (6). 3SeO2+ 4NH3=3Se + 2N2+ 6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子，R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2，工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则W为C元素、X为O元素；Y与 X 是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，Y为S元素；M的原子序数最大，M为Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，R、W、X、Y、M五种短周期主族元素分别为H、C、O、S、Cl。‎ ‎(1)C的原子结构示意图是，故答案为：；‎ ‎(2)WX2为CO2，电子式为，故答案为：；‎ ‎(3)R2X、R2Y分别为H2O和H2S，O与S为同主族元素，O的电子层数小于S，O的原子半径小于S，O的原子核对核外电子吸引能力大于S原子，O的非金属性强于S，故H2O的稳定性大于H2S，稳定性较高的是H2O，故答案为：H2O；O与S为同主族元素，O的电子层数小于S，O的原子半径小于S，O的原子核对核外电子吸引能力大于S原子，O的非金属性强于S，故H2O的稳定性大于H2S；‎ ‎(4)①a．Se的最外层电子数为6，最高正化合价为+6价，故a错误；b．非金属性S大于Se，则H2Se的还原性比H2S强，故b正确；c．H2SeO3为弱酸，H2SO4为强酸，故c错误；d．SeO2为酸性氧化物，一定条件下可与NaOH溶液反应生成盐和水，故d正确；故答案为：‎ bd；‎ ‎②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O，故答案为：3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O。‎ ‎19.铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备金属铝的主要原料．工业上提取铝的工艺流程如下：‎ ‎（1）沉淀A的化学式是_________，试剂a的化学式为______________；‎ ‎（2）步骤③中通入过量CO2，产生沉淀C的离子方程式为______________________________________；‎ ‎（3）Al2O3中所含的化学键的类型为___________________；‎ ‎（4）工业上用电解熔融Al2O3的方法制备金属铝,其阳极反应式为______________________________；‎ ‎（5）在生活中，常利用Al与Fe2O3间的铝热反应来进行焊接钢轨。除了Fe2O3，铝粉还可以与很多金属氧化物组成铝热剂。下列氧化物中不能与铝粉组成铝热剂的是（ ） ‎ a MgO b V2O ‎5 c Fe3O4 d MnO2‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). NaOH (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或 [Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3- (4). 离子键 (5). 2O2-- 4e- =O2↑ (6). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3，铝土矿中加入过量试剂盐酸，Al2O3 、Fe2O3可以溶解，SiO2不溶，所以沉淀A为SiO2；滤液甲中有Al3+、Fe3+和过量的H+，中加入过量NaOH溶液后，Al3+会转化为AlO2-，Fe3+会转化为Fe(OH)3沉淀。过滤后得到滤液乙中含有NaAlO2，再通入过量的CO2，又会得到沉淀C为Al(OH)3，加热后得到Al2O3，再冶炼得到金属Al。‎ ‎【详解】（1）结合上述分析：因为Al2O3 、Fe2O3可以溶解于盐酸，而SiO2不溶与盐酸，所以沉淀A为SiO2；Fe3+和Al3+性质，要除去Fe3+，保留Al3+，应加入NaOH 溶液，所以试剂a为NaOH溶液，其化学式为NaOH；所以答案：SiO2, NaOH;‎ ‎（2）根据上述分析可知滤液乙为NaAlO2，步骤③中通入过量CO2，得到的沉淀C为Al(OH)3，产生沉淀C的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或 [Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-；所以答案为；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或 [Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-；‎ ‎（3）Al2O3为离子化合物，所以Al2O3中所含的化学键的类型为离子键；答案：离子键；‎ ‎（4）工业上电解熔融Al2O3生成金属铝和氧气，其阳极反应式为2O2-- 4e- =O2↑；答案：2O2-- 4e- =O2↑；‎ ‎（5）铝热反应是利用了铝的还原性，铝能置换出活泼性较铝弱的金属，镁的金属性比铝强，所以铝不能置换出镁，本题正确答案是a。‎ ‎【点睛】根据Al2O3为两性氧化物，既能溶于强酸，又能溶于强碱，SiO2为酸性氧化物，只能溶于强碱，Fe2O3为碱性氧化物，能溶于强酸的性质进行分离除杂，得到纯净的Al2O3，进而制取金属铝。‎ ‎20.某校实验小组的同学利用下图所示实验装置探究氨与氧化铜的反应（图中夹持、固定装置均略去）。‎ ‎（1）按图设计组装好仪器，先__________________，再装入药品。‎ ‎（2）A中分液漏斗内应装_________________ ，B中固体试剂为__________________。‎ ‎（3）打开分液漏斗活塞，加入试剂，点燃C处的酒精灯，一段时间后，观察到C中氧化铜全部转化成光亮的红色固体，F中集气瓶内收集到一种无色气态单质。写出装置C中反应的化学方程式：______。‎ ‎（4）E中浓硫酸的作用是__________________。‎ ‎（5）用平衡移动原理解释A中产生气体的原因__________________________ 。（用相关的离子方程式和必要的文字描述） ‎ ‎（6）已知Cu2O也是红色的。下表为实验前后C 装置的质量，通过计算可知反应后的产物中______ (填“有”、“无”或“无法确定”)Cu2O。‎ 空玻璃管 实验前(样品+玻璃管)‎ 实验后(样品+玻璃管)‎ ‎59.60 g ‎65.60g ‎64.64g ‎【答案】 (1). 检查气密性 (2). 浓氨水 (3). 碱石灰 (4). 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O (5). 吸收未反应的NH3 (6). 固体氢氧化钠溶于水放热，可以减小氨气的溶解度，同时电离产生氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，使得NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－平衡逆向移动，增大氨气的浓度，使氨气更加容易挥发逸出 (7). 有 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为氨气的发生装置，B为干燥装置，C为氨气与氧化铜的反应装置，E中浓硫酸可以吸收未反应的氨气，F和G为收集生成的气体丙测量气体体积的装置，结合物质的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)实验过程中生成氨气，有气体参与的反应，在连接好装置后都应该先检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；‎ ‎(2)根据图示，A为制备氨气的装置，A中分液漏斗内应装浓氨水，逐滴滴加到固体氢氧化钠上制备氨气，氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂，可以选用碱石灰干燥氨气，故答案为：浓氨水；碱石灰；‎ ‎(3)打开分液漏斗活塞，加入试剂，点燃C处的酒精灯，一段时间后，观察到C中氧化铜全部转化成光亮的红色固体，F中集气瓶内收集到一种无色气态单质，说明氨气与氧化铜反应生成铜和氮气、水，反应的化学方程式：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；‎ ‎(4)E中浓硫酸可以吸收未反应的氨气，故答案为：吸收未反应的氨气；‎ ‎(5)固体氢氧化钠溶于水放热，可以减小氨气的溶解度，同时电离产生氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，使得NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－平衡逆向移动，增大氨气的浓度，使氨气更加容易挥发逸出，故答案为：固体氢氧化钠溶于水放热，可以减小氨气的溶解度，同时电离产生氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，使得NH3 + H2O NH3·H2O NH4+＋OH－平衡逆向移动，增大氨气的浓度，使氨气更加容易挥发逸出；‎ ‎(6)由表中数据可知：实验前氧化铜的质量=65.60g-59.60g=6g；实验后固体质量减少量为：65.60g-64.64g=0.96g；‎ 依据方程式设氧化铜完全反应生成铜消耗的质量为m，则：‎ ‎2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O △m ‎     240                  48‎ ‎      6g                 m ‎=，解得：m=1.2g，实际质量减少为0.96g，小于1.2g，说明有氧化亚铜生成，故答案为：有。‎