甘肃省张掖市第二中学2022届高三化学上学期10月月考试题含解析.doc

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1、甘肃省张掖市第二中学2022届高三化学上学期10月月考试题含解析一、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日国务院公布了?水污染防治行动方案?。以下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+和石灰水反响生成Cr(OH)

2、3沉淀，然后可以排放，D正确；故合理选项为C。2.以下褪色现象中，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复原性，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；此题答案选A。3.以下化学用语正确的选项是A. 中

3、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那么如下：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

4、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；此题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.以下有关物质分类、变化的说法中，正确的选项是 A. 向煮沸的1molL-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1molL-

5、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，那么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.某同学设计用以下图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。以下说法错误的选项是 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

6、止水蒸气进人E中C. 用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反响，所得氯气可以制取26.7gAlCl3D. 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响而除去多余氯气，防止空气污染，选项A正确；B、因为AlCl3易水解，所以铝和氯气反响必须在枯燥的环境下进行，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反响，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反响，所以50mL12mol

7、/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气与铝反响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，反响产生氯气，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，反响进行，选项D正确；答案选C。【点睛】此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，假设用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反响，产生氯气的量小于0.15 mol，假设是 0.15 molMnO2足量的12mol/L的盐酸反响，可以生成氯气0.15 mol，因为浓盐酸与二氧化锰加热反响，而稀盐酸与二氧化锰加热也不反响。6

8、.设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法错误的选项是 A. 标准状况下，30.8gCCl4中所含的原子数为NAB. 100 g 46%乙醇溶液中含有的HO键的数目为NAC. 1molNa2O2与足量的CO2充分反响，转移的电子数为NAD. nH2SO3+nHSO3-=1mol的NaHSO3溶液中，含有Na+的数目大于NA【答案】B【解析】4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充分反响转移的电子数为NA，

9、C正确；D.NaHSO3溶液中根据物料守恒得，nNa+=nH2SO3+nHSO3-+nSO32-，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。以下类比分析结果正确的选项是A. Fe3O4根据化合价规律可表示为FeOFe2O3，那么Pb3O4也可表示为PbOPb2O3B. CaC2能水解：CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C2H2 ，那么Al4C3也能水解：Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3+ 3

10、CH4C. Cl2与Fe加热生成FeCl3，那么I2与Fe加热生成FeI3D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，那么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，那么表示为FeOFe2O3，但是Pb常见的化合价为+2、+4，那么Pb3O4应表示为2PbOPbO2，A错误；B.水解反响为物质与水电离出来的H和OH结合的反响，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

11、2价，那么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溶液完全反响后，再参加K2Cr2O7溶液，发生如下化学反响：SO22Fe32H2OSO422Fe24H；Cr2O726Fe214H2Cr36Fe37H2O。那么以下有关说法不正确的选项是

12、A. 氧化性：Cr2O72Fe3SO2B. 标准状况下，假设有6.72 L SO2参加反响，那么最终消耗0.2 mol K2Cr2O7C. 反响中，每有1 mol K2Cr2O7参加反响，转移电子的数目为6NAD. 由上述反响原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4【答案】B【解析】【分析】氧化复原反响中，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复原剂的氧化性； 由氧化性的强弱，判断反响的发生【详解】A. 由可知,Fe元素的化合价降低,那么氧化性为Fe3SO2,由可知,Cr元素的化合价降低,那么氧化性为Cr2O72 Fe3,那么氧化性：Cr2O72 Fe3 SO

13、2，故A正确；B.6.72LSO2(标准状况)参加反响,n(SO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反响可知,存在3 SO2Cr2O72,那么最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；C. 每有1mol K2Cr2O7参加反响,转移电子为1mol2(63)=6mol,即转移电子的数目为6NA，故C正确；D. 因氧化性为Cr2O72 SO2,那么K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；应选B.【点睛】氧化复原反响由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强复原剂生成弱复原性的物质，计算时要用电子守恒：复原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。9.常温

14、下，以下各组离子在指定的条件下能大量共存的是 A. cFe3+=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cH+=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-反响而不能大量共存，A项不符合题意；B.pH=2的溶液是酸性溶液，H+可与F-反响，不能大量共存，B项不符合题意；C.水电离出的cH+=10-12mol/L，小于10-7mol/L，水的电离受到抑制，该溶液可能

15、是酸或碱溶液，在碱溶液中，Mg2+与OH-反响生成白色沉淀而不能大量共存，在酸溶液中，H+与ClO-反响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响而能大量共存，D项符合题意。答案为D。【点睛】水电离出的cH+=10-12mol/L，小于10-7mol/L，抑制水的电离，那么溶液可能为酸或碱溶液。10.以下AD四组，每组有两个反响，其中两个反响可用同一个离子方程式表示的是()()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C0.1 mol Cl2通

16、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. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 少量二氧化硫与氢氧化钡反响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响生成氢氧化铝沉淀，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响，而0.3mol氯气时，与亚铁离子反响剩余的氯气与溴离子反响，离子方程式不同，C错误；D. 氯化钡与硫酸钠反

17、响生成硫酸钡沉淀，而氢氧化钡与硫酸镁反响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，那么氯气先与亚铁离子反响，完全反响后再与溴离子反响。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以下图所示。以下说法错误的选项是A. R的氧化物含有离子键B. 最高价含氧酸的酸性：ZY、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ZY，所以最高价含氧酸的酸性：ZY，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

18、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：浓硫酸不与PbO2反响，KspPbCl22.0105，KspPbSO41.5108，PbCl2s2Claq=PbCl42aq。以下说法错误的选项是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. 步骤中可用浓硫酸代替浓盐酸C. 步骤、中均涉及过滤操作D. PbSO4s2ClaqPbCl2sSO42aq的平衡常数为7.5104【答案】B【解析

19、】【分析】B、D选项均利用到信息，C项注意看流程图中别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反响，步骤中假设用浓硫酸代替浓盐酸，那么铅无法反响到滤液中，故B错误；C. 步骤、中均需要别离液体与不溶性固体，都涉及过滤操作，故C正确；D. PbSO4s2ClaqPbCl2sSO42aq的平衡常数为：7.5104，故D正确；答案选B。【点睛】计算平衡常数，写出该反响平衡常数表达式，注意利用给出的信息，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

20、形成，我国科学家用以下实验研究其成因：反响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响室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下： 反响室载气吸收液SO42-含量数据分析N2蒸馏水a. bdac.假设起始不通入NO2，那么最终检测不到SO42-3%氨水b空气蒸馏水c3%氨水d以下说法不正确是A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施B. 反响室中可能发生反响：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2C. 本研究说明：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

21、】【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. 反响室中SO2为复原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反响：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由 bdac，假设起始不通入NO2，那么最终检测不到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

22、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：取局部溶液参加适量 Na2O2 固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再参加足量的 NaOH 溶液后白色沉淀全部溶解；另取局部溶液，参加 HNO3 酸化的Ba(NO3)2溶 液，无沉淀产生。以下推断正确的选项是A. 肯定有 Al3、Cl，一定没有 HCO3和SO42B. 肯定有 Al3、Mg2、Cl，可能有NH4、KC. 肯定有 Al3、NH4、Cl，肯定没有HCO3D. 该溶液可能显弱酸性，也可能显中性【答案】A【

23、解析】由取局部溶液，参加适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，2Na2O22H2O=4NaOHO2，产生无色无味的气体，说明无NH4 ，再参加足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，说明无Mg2 ，有Al3 ，无HCO3；另取局部溶液，参加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；应选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(反响条件略去)如下图， 以下说法不正

24、确的选项是A. 假设 b 为固态非金属单质，b 与 X 所含元素同主族，那么c也能与 X 反响B. 假设 X 为 O2，a 为一种固态单质，那么c可能为CO2或 SO3C. 假设 a、b、c 焰色反响均呈黄色，水溶液均呈碱性，那么a中可能既含有离子键又含有共价键D. 假设 b 为气态非金属单质，b 与 X 所含元素同周期，那么 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. 假设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响生成三氧化硫，所以A选项是正确的；B.假设X为O2，a 为

25、一种固态单质，那么a为S，硫与氧气反响生成二氧化硫，b与c为同一种物质，不符合题意，故B错误；C. a、b、c焰色反响均呈黄色，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，那么X为O2，a为NH3，c为NO，那么N和O元素的核电荷数相差1，所以D选项是正确的。此题正确答案为B。【点睛】此题考查无机物推断，属于猜想验证型题目，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响。16.某合金只含铝、铁、铜三种元素，取合金，参加

26、到含稀硝酸的溶液中，恰好完全反响，放出无色气体11.2L标准状况下。将反响后的溶液分成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，再参加到过量的溶液中，剩余不溶物dg。以下说法不正确的选项是；遇到会出现蓝色沉淀。A. B. 原合金中铜的质量为C. 假设将上述稀硝酸逐滴参加到合金中，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，那么不含，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，那么转变为，过

27、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. 合金参加到硝酸溶液后，根据得失电子守恒，合金总共失去电子，反响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，假设将上述稀硝酸逐滴参加到合金中，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.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。试答复以下问

28、题：(1)写出在酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁的离子反响方程式_(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。那么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参加质量分数为30%70%的过氧化氢溶液中，那么该反响的化学方程式_. 某厂废水中含KCN,其浓度为650mgL1现用氯氧化法处理,发生如下反响(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

29、将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平以下化学方程式：_KOCN+_KOH+_ Cl2_CO2+_N2+_KCl+_ H2O(3)假设将10m3含KCN的浓度为650mgL1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】(1)在酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁生成铁离子和水。(

30、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参加质量分数为30%70%的过氧化氢溶液中反响生成甲酸钙和水。(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+2KOHK

31、OCN+2KCl+H2O和2KOCN+4KOH+3Cl22CO2+N2+6KCl+2H2O 知KCN和氯气的反响的物质的量之比为1:2.5，10m3含KCN的浓度为650mgL1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】(1)在酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁生成铁离子，其离子反响方程式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，那么上述最适合的过氧化物是BaO2，故答案为：B

32、aO2。(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参加质量分数为30%70%的过氧化氢溶液中反响生成甲酸钙和水，那么该反响的化学方程式Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2= Ca(HCOO)2+4H2O，故答案为：Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2= Ca(HCOO)2+4H2O。(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

33、，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+2KOHKOCN+2KCl+H2O和2KOCN+4KOH+3Cl22CO2+N2+6KCl+2H2O 知KCN和氯气的反响的物质的量之比为1:2.5，10m3含KCN的浓度为650mgL1的废水中KCN物质的量=mM=10mol，故氯气的物质的量为25mol，那么标准状况下的氯气的体积V=25mol22.4L/mol=5600L，故答案为5600。18.某研究性学习小组设计用如下图实验

34、装置(夹持仪器省略)制取枯燥的氨气并验证NH3具有复原性，请答复以下问题：1实验室制备氨气有多种方法，现欲用NH4C1与Ca(OH)2反响制取NH3，那么甲中的气体发生装置_(从中选用)；用浓氨水与生石灰反响也可制取NH3，反响的化学方程式为_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假设装置丁中黑色固体变红，那么装置戊中现象为_4研究小组的同学通过讨论、分析后认为充分反响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

35、. 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。你对甲同学实验设计的评价是_请给出必要的文字解释)。Cu2O与稀硝酸反响的离子方程式为_.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，说明产物中既有Cu，又有Cu2O。【答案】 (1). B (2). CaO+NH3H2O =Ca(OH)2 + NH3 (3). b (4). 碱石灰 (5). 吸收没有反响完的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

36、). 3Cu2O+14H+2NO=6Cu2+2NO +7H2O (9). 12.8x14.4【解析】【分析】用NH4C1与Ca(OH)2在加热条件下反响制取NH3，因此得到甲中的气体发生装置；用浓氨水与生石灰反响生成NH3和氢氧化钙。氨气的密度比空气小，装置丙用于收集NH3，气体应先在上方，装置乙主要是枯燥氨气，因此乙中盛放的试剂为碱石灰，装置己的作用为吸收没有反响完的NH3，防止空气中水蒸气进入装置戊中。假设装置丁中黑色固体变红，还生成了水，水蒸气进入到装置戊中现象为白色固体变为蓝色。I.不管是铜还是氧化亚铜都和稀硫酸反响生成铜离子，因此甲同学实验设计的评价是不合理。Cu2O与稀硝酸反响的离

37、子方程式为3Cu2O+14H+2NO=6Cu2+2NO +7H2O。当16g氧化铜即物质量为0.2mol，全部变为铜单质即质量为0.2mol64g/mol = 12.8g，当氧化铜全部变为氧化亚铜时，其物质的量为0.1mol，质量为0.1mol144g/mol = 14.4g，因此当x取值范围为12.8x14.4时，说明产物中既有Cu，又有Cu2O。【详解】用NH4C1与Ca(OH)2在加热条件下反响制取NH3，因此甲中的气体发生装置B；用浓氨水与生石灰反响生成NH3和氢氧化钙，反响的化学方程式为CaO+NH3H2O =Ca(OH)2 + NH3 ，故答案为：B；CaO+NH3H2O =Ca(

38、OH)2 + NH3 。氨气的密度比空气小，装置丙用于收集NH3，应将导管b延长至集气瓶底部，装置乙主要是枯燥氨气，因此乙中盛放的试剂为碱石灰，装置己的作用为吸收没有反响完的NH3，防止空气中水蒸气进入装置戊中，故答案为：b；碱石灰；吸收没有反响完的NH3，防止空气中水蒸气进入装置戊中。假设装置丁中黑色固体变红，还生成了水，水蒸气进入到装置戊中现象为白色固体变为蓝色，故答案为：白色固体变为蓝色。I.不管是铜还是氧化亚铜都和稀硫酸反响生成铜离子，你对甲同学实验设计的评价是不合理，因为Cu和Cu2O均能被稀硝酸氧化为Cu2+，故答案为：不合理，因为Cu和Cu2O均能被稀硝酸氧化为Cu2+。Cu2O

39、与稀硝酸反响的离子方程式为3Cu2O+14H+2NO=6Cu2+2NO +7H2O，故答案为：3Cu2O+14H+2NO=6Cu2+2NO +7H2O。当16g氧化铜即物质的量为0.2mol，全部变为铜单质即质量为0.2mol64g/mol = 12.8g，当氧化铜全部变为氧化亚铜时，其物质的量为0.1mol，质量为0.1mol144g/mol = 14.4g，因此当x取值范围为12.8x14.4时，说明产物中既有Cu，又有Cu2O，故答案为：12.8x O2-Na+ (2). HClO4 H2SO4 H2CO3 H2SiO3 (3). 离子键和共价键 (4). H+ HSO3-=SO2+H2

40、O (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，那么D为Na，A、D位于同一主族，那么A为H，B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，那么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-

41、O2-Na+。2B、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：ClSCSi，所以最高氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是HClO4H2SO4H2CO3H2SiO3，故答案为HClO4H2SO4H2CO3H2SiO3。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。4A、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响的离子方程式是：H+HSO3-=SO2+H2O，故答案为H+HSO3-

42、=SO2+H2O。5二氧化硫通入氯气的水溶液中发生反响生成硫酸和盐酸，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、非金属性强弱比拟方法，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)212H2O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

43、废料铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeOxFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：答复以下问题：(1)明矾净水的原理是_(用离子方程式表示)。(2)操作是蒸发浓缩、_、过滤、_、枯燥， (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中参加高锰酸钾发生反响的离子方程式为(该条件下MnO4-转化为Mn2)：_ (5)：在pH3、加热条件下，MnO4-可与Mn2反响生成MnO2。参加MnSO4发生反响的离子方程式为：_，滤渣2含有的物质是_。【答案】 (1). Al33H2OAl(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