2022-2022学年福建省厦门一中高三（上）暑期第二次返校化学试卷　一、选择题（共22小题，每小题3分，满分66分）1．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA　2．如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（　　）A．C2H4B．CH4C．CO2D．NO　3．在标况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，以下说法不正确的是（　　）A．在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：nB．25℃、1.25×105Pa时，两气体的密度之比为n：mC．同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：mD．相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n　4．下列溶液中，跟100mL0.5mol•L﹣1NaCl溶液中所含的Cl物质的量浓度相同的是（　　）A．100mL0.5mol•L﹣1MgCl2溶液B．200mL0.25mol•L﹣1AlCl3溶液C．50mL1mol•L﹣1NaCl溶液D．25mL0.5mol•L﹣1HCl溶液　5．下列有关溶液配制的说法正确的是（　　）A．在50mL量筒中配制0.1000mol•L﹣1碳酸钠溶液B．仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可以配制100mL0.1000mol•L﹣1K2Cr2O7溶液C．用100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH=1的盐酸配制100mLpH=2的盐酸D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余液体吸出　6．将标准状况下的某气体（摩尔质量为Mg•mol﹣1）溶于ag水中，所得溶液的密度为bg•cm﹣3，物质的量浓度为cmol•L﹣1，则该气体溶入水中的体积是（　　）A．B．C．D．-22-　7．下列物质分类正确的是（　　）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物　8．已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（　　）A．若X为N2或NH3，则A为硝酸B．若X为S或H2S，则A为硫酸C．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应　9．下表中物质的分类组合完全正确的是（　　）选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质CH3COONH4CaCO3H2CO3NH3•H2O非电解质SO2CS2H2OC2H5OHA．AB．BC．CD．D　10．下列反应中，反应物量的相对多少都会影响反应产物，下列离子方程式正确的是（　　）A．少量CO2通入过量氨水中：NH3•H2O+CO2═NH4++HCO3﹣B．含等物质的量的NH4HSO3与NaOH溶液混合加热：HSO3﹣+OH﹣SO32﹣+H2OC．溴化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2D．含1molKOH的溶液与含2molBa（HCO3）2的溶液混合：Ba2++2HCO3﹣+2OH﹣═BaCO3↓+CO32﹣+2H2O　11．下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2的是（　　）A．3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2OB．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O　12．N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2═3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是（　　）A．上述反应，每生成lmolN20，消耗67.2LCOB．等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数C．N2O只有氧化性，无还原性D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒-22-　13．高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂．工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O（未配平）．下列有关说法不正确的是（　　）A．由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42﹣B．高铁酸钾中铁显+6价C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2D．K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质　14．水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O下列说法中，不正确的是（　　）A．S2O32﹣是还原剂B．Y的化学式为Fe3O4C．a=4D．每有1molO2参加反应，转移的电子总数为2mol　15．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是（　　）A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B．原混合溶液中c（FeBr2）=6mol/LC．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣D．原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=2：1：3　16．已知：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是（　　）A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=B．参加反应的氯气的物质的量等于amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol　-22-17．某元素的一个原子形成的离子可表示为Xn﹣，下列说法正确的是（　　）A．Xn﹣含有的中子数为a+bB．Xn﹣含有的电子数为a﹣nC．X原子的质量数为a+b+nD．X原子的质量约为　18．短周期元素X、Y可以形成化合物XY2，下列有关叙述正确的是（　　）A．若XY2是共价化合物，则X与Y的原子序数不可能相差1B．若XY2是离子化合物，则X与Y的原子序数可能相差8C．若X与Y的原子序数相差5，则离子化合物XY2不溶于水D．若X与Y的原子序数相差6，则共价化合物XY2可溶于强碱溶液　19．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，B、C、D位于同一周期，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍又是B原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（　　）A．元素A、C的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸B．元素B能与A的最高价氧化物发生置换反应C．元素B和D能形成BD2型的共价化合物D．D的单质有毒，且有漂白性　20．甲、乙、丙、丁4种无机化合物均含有2种元素，分子中均含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（　　）A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应B．乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙能使湿润的KI淀粉试纸变蓝C．丙中含有ⅣA族元素，则相同条件下丙比甲稳定D．若丁的分子组成符合XY3型结构，则丁分子间存在氢键　21．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等．下列说法正确的是（　　）A．元素Q的非金属性比R的强B．离子半径的大小顺序：r（Tm+）＞r（Wn﹣）C．元素Q的氧化物均为酸性氧化物D．元素T与元素R的最高正价之和等于8　22．如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（　　）-22-A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C．物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4　　二、非选择题（共2小题，满分34分）23．L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，M、T在周期表中的相对位置如表：L与R原子的最外层电子数相同，R的单质是一种常见的半导体材料．请回答下列问题：MT（1）T原子的结构示意图为　　　　　　，元素W在周期表中位于　　　　　　，M单质分子的电子式为　　　　　　．（2）R是组成玻璃的元素之一，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶放氢氧化钠溶液的原因是（用化学方程式表示）　　　　　　．（3）下列有关相应元素非金属性强弱比较的说法，正确的是（填序号）　　　　　　．a．M的气态氢化物比R的气态氢化物稳定，则非金属性M强于Rb．高温下L的单质能从R的最高价氧化物中置换出R，则非金属性L强于Rc．W的核电荷数比T多，原子半径比T小，得电子能力强，则非金属性W强于Td．同温、同物质的量浓度的Na2LO3和Na2TO4溶液pH：Na2LO3＞Na2TO4，则非金属性T强于L（4）工业上可用二氧化硅、氯气和焦炭在高温条件下制备RW4，该反应中除RW4外的另一种产物可以用于工业冶炼铁．制备RW4反应的化学方程式为　　　　　　．　24．七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）锻粉主要含MgO和　　　　　　，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，或滤液Ⅰ中c（Mg2+）小于5×10﹣6mol•L﹣1，则溶液pH大于　　　　　　[Mg（OH）2的Ksp=5×10﹣12]；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是　　　　　　．（2）滤液Ⅰ中的阴离子有　　　　　　（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成　　　　　　，从而导致CaCO3产率降低．（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为　　　　　　．（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为　　　　　　．-22-（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为　　　　　　．　　-22-2022-2022学年福建省厦门一中高三（上）暑期第二次返校化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共22小题，每小题3分，满分66分）1．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；B．丙烯酸分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，总共含有2个双键；C．标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；D．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子．【解答】解：A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确；B．0.1mol丙烯酸中含有0.1mol碳碳双键和0.1mol碳氧双键，总共含有0.2mol双键，含有双键的数目为0.2NA，故B错误；C．标况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故C错误；D．过氧化钠与水的反应中，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，故D错误；故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项B为易错点，注意丙烯酸分子中含有两个双键．　2．如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（　　）A．C2H4B．CH4C．CO2D．NO【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】根据PV=nRT=知，相同温度下，相同质量、相同体积的不同气体，其气压与摩尔质量成反比，据此分析解答．-22-【解答】解：由图可知，相同温度时，p（O2）＞p（X），根据PV=nRT=知，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小，只有CO2的相对分子质量大于O2，所以该气体可能是二氧化碳，故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗定律的推论，根据PV=nRT=中各个物理量之间的关系来分析解答即可，难度中等．　3．在标况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，以下说法不正确的是（　　）A．在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：nB．25℃、1.25×105Pa时，两气体的密度之比为n：mC．同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：mD．相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，则相对分子质量之比、同体积的气体的体积之比均等于质量之比、分子数之比与物质的摩尔质量成反比，来分析密度之比．【解答】解：A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、温度压强一样，Vm相同，由ρ=可知，密度之比等于摩尔质量之比等于，即为m：n，故B错误；C、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于n：m，故C正确；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故D正确；故选B．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确同温、同压、同体积，则气体的分子数相同、物质的量相同及质量、物质的量、摩尔质量的关系是解答的关键．　4．下列溶液中，跟100mL0.5mol•L﹣1NaCl溶液中所含的Cl物质的量浓度相同的是（　　）A．100mL0.5mol•L﹣1MgCl2溶液B．200mL0.25mol•L﹣1AlCl3溶液C．50mL1mol•L﹣1NaCl溶液D．25mL0.5mol•L﹣1HCl溶液【考点】物质的量浓度．【分析】100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl﹣的物质的量浓度0.5mol/L，根据溶液中溶质的浓度和溶质的构成进行计算，离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质电离出离子的个数，与溶液的体积无关．【解答】解：100mL0.5mol•L﹣1NaCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.5mol•L﹣1×1=0.5mol•L﹣1A、100mL0.5mol•L﹣1MgCl2溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.5mol•L﹣1×2=1mol•L﹣1L，故A错误；-22-B、200mL0.25mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.25mol•L﹣1×3=0.75mol•L﹣1，故B错误；C、50mL1mol•L﹣1NaCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为1mol•L﹣1×1=1mol•L﹣1，故C错误；D、25mL0.5mol•L﹣1HCl溶液溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.5mol•L﹣1×1=0.5mol•L﹣1，故D正确；故选：D．【点评】本题考查离子浓度的计算，注意离子浓度与溶质浓度的关系即可解答，难度不大，注意与体积无关，掌握基础是关键．　5．下列有关溶液配制的说法正确的是（　　）A．在50mL量筒中配制0.1000mol•L﹣1碳酸钠溶液B．仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可以配制100mL0.1000mol•L﹣1K2Cr2O7溶液C．用100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH=1的盐酸配制100mLpH=2的盐酸D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余液体吸出【考点】溶液的配制．【分析】A．量筒为精密仪器，不能用来稀释溶液；B．配制一定物质的量浓度溶液需要使用容量瓶；C．依据配制一定物质的量浓度溶液步骤选择合适的仪器；D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余液体吸出导致溶质的物质的量偏小．【解答】解：A．量筒为精密仪器，不能用来稀释溶液，故A错误；B．配制100mL0.1000mol•L﹣1K2Cr2O7溶液，用到的仪器：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故B错误；C．配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管，故C正确；D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余液体吸出导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理和实验步骤是解题关键，注意量筒、容量瓶正确的使用方法，题目难度不大．　6．将标准状况下的某气体（摩尔质量为Mg•mol﹣1）溶于ag水中，所得溶液的密度为bg•cm﹣3，物质的量浓度为cmol•L﹣1，则该气体溶入水中的体积是（　　）A．B．C．D．【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】令该气体的体积为VL，计算出气体的质量，进而计算溶液的质量，根据V=计算溶液的体积，根据n=cV表示出该气体的物质的量，根据气体物质的量相等列方程计算．【解答】解：令气体的体积为VL，则：-22-该气体物质的量为=mol，该气体质量为mol×Mg/mol=g，故溶液的质量为ag+g=（a+）g，溶液的体积为=，所以VL=×cmol/L×22.4L/mol，解得V=，故选：C．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，难度中等，注意对公式的理解与灵活运用．　7．下列物质分类正确的是（　　）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、依据和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物分析；B、分散质直径在1﹣100nm的分散系为胶体；C、水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；D、由多种物质组成的为混合物．【解答】解：A、SO2、SiO2均为酸性氧化物，CO与酸不能发生反应，为不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆、硅酸均为胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠、冰醋酸为醋酸水溶液中导电属于电解质，四氯化碳水溶液中不能导电属于非电解质，故C错误；D、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、氨水是一水合氨的水溶液均为混合物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质分类的依据，主要是酸性氧化物、胶体、电解质概念的理解应用，掌握概念内涵和物质组成性质是关键，题目较简单．　8．已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（　　）A．若X为N2或NH3，则A为硝酸B．若X为S或H2S，则A为硫酸C．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成Y-22-D．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应【考点】无机物的推断．【专题】元素及其化合物．【分析】由转化关系可知，A能发生连续氧化，则由氨气和氧气反应生成一氧化氮，最终实现转化的生成物是硝酸；S在氧气中反应生成二氧化硫，再被氧化后产物和水反应生成的是硫酸，A为硫酸或硝酸，X为氮气、氨气、S或H2S等，以此来解答．【解答】解：A．若X为N2或NH3，Y为NO，Z为NO2，则A为硝酸，故A正确；B．若X为S或H2S，Y为SO2，Z为SO3，则A为硫酸，故B正确；C．若X为非金属单质或非金属氢化物，A为硝酸和硫酸，稀硝酸与Cu反应Y，浓硝酸和Cu反应不生成Y，且Cu与稀硫酸不反应，则A不一定能与金属铜反应生成Y，故C正确；D．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③若为二氧化氮和水的反应一定为氧化还原反应，故D错误；故选：D．【点评】本题考查无机物的推断，侧重氮及其化合物、硫及其化合物知识的考查，把握转化关系中X连续氧化为解答的突破口，属于综合知识的考查，综合性较强，题目难度较大．　9．下表中物质的分类组合完全正确的是（　　）选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质CH3COONH4CaCO3H2CO3NH3•H2O非电解质SO2CS2H2OC2H5OHA．AB．BC．CD．D【考点】强电解质和弱电解质的概念．【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物．电解质根据电离程度可以分为强电解质和弱电解质．强电解质是指在水溶液或熔融状态下能完全电离的化合物，包括强酸、强碱、绝大多数的盐和金属氧化物．弱电解质是指在水溶液中或熔融状态下部分电离的化合物，包括弱酸、弱碱和水．非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物．据此分析．【解答】解：A、CH3COONH4是盐，是强电解质，故A错误；B、CaCO3是盐，是强电解质，故B错误；C、H2O是电解质，故C错误；D、HClO4是强酸，是强电解质，NH3•H2O是弱碱，是弱电解质，C2H5OH是非电解质，故D正确．故选D．【点评】本题是对基本概念电解质、强电解质、弱电解质的考查，题目难度不大，平时学习注意概念的辨析、基础知识的积累．　10．下列反应中，反应物量的相对多少都会影响反应产物，下列离子方程式正确的是（　　）A．少量CO2通入过量氨水中：NH3•H2O+CO2═NH4++HCO3﹣B．含等物质的量的NH4HSO3与NaOH溶液混合加热：HSO3﹣+OH﹣SO32﹣+H2OC．溴化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2-22-D．含1molKOH的溶液与含2molBa（HCO3）2的溶液混合：Ba2++2HCO3﹣+2OH﹣═BaCO3↓+CO32﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氨水过量，反应生成碳酸铵；B．亚硫酸氢根离子结合氢氧根离子能力大于铵根离子，氢氧化钠不足，亚硫酸氢根离子优先反应；C．氯气少量，亚铁离子还原性较强，则亚铁离子优先反应，溴离子不反应；D．1molKOH的溶液与含2molBa（HCO3）2的溶液混合，氢氧化钾不足，碳酸根离子完全转化成碳酸钡沉淀．【解答】解：A．少量CO2通入过量氨水中，反应生成碳酸铵，正确的离子方程式为：2NH3•H2O+CO2═2NH4++H2O+CO32﹣，故A错误；B．含等物质的量的NH4HSO3与NaOH溶液混合加热，氢氧化钠不足，只有亚硫酸氢根离子反应，反应的离子方程式为HSO3﹣+OH﹣SO32﹣+H2O，故B正确；C．溴化亚铁溶液中通入少量Cl2，亚铁离子优先反应，正确的离子方程式为Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣，故C错误；D．含1molKOH的溶液与含2molBa（HCO3）2的溶液混合，氢氧化钾不足，离子方程式按照氢氧化钾的化学式书写，正确的离子方程式为：Ba2++HCO3﹣+OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．　11．下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2的是（　　）A．3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2OB．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O【考点】氧化还原反应．【分析】含有元素化合价降低的物质为氧化剂，含有元素化合价升高的物质为还原剂，结合反应方程式中元素化合价的变化分析．【解答】解：A．3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2O反应中有2molS化合价降低，作氧化剂，有1molS升高作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故A错误；B．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2反应中，NaClO3作氧化剂，I2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故C错误；D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中，当1molMnO2得到2mol电子时，有2molHCl失电子，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应概念及计算，判断氧化剂、还原剂后，可以根据电子转移守恒计算氧化剂和还原剂的物质的量之比，难度不大．-22-　12．N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2═3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是（　　）A．上述反应，每生成lmolN20，消耗67.2LCOB．等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数C．N2O只有氧化性，无还原性D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、由方程式3CO+2NO2═3CO2+N2O可知，生成lmolN20，需要3molCO，物质的量一定，影响气体的体积因素有温度、压强等，CO的状态不一定是标准状况．B、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同．C、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低．D、NO会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒．【解答】解：A、由方程式3CO+2NO2═3CO2+N2O可知，生成lmolN20，需要3molCO，物质的量一定，影响气体的体积因素有温度、压强等，CO的状态不一定是标准状况，消耗CO的体积不一定是67.2L，故A错误；B、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，故B正确；C、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，故C错误；D、人体血红蛋白结合，使人中毒的是NO，故D错误．故选：B．【点评】考查氧化还原反应、氧化性还原性判断、常用化学计量计算等，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与短线．　13．高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂．工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O（未配平）．下列有关说法不正确的是（　　）A．由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42﹣B．高铁酸钾中铁显+6价C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2D．K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质【考点】氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性．据此判断．B、离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷．据此计算．C、反应中Fe（OH）3是还原剂，C1O﹣是还原剂，根据电子转移守恒计算二者物质的量之比．D、K2FeO4中铁为高价铁，具有强氧化性能杀菌，Fe（OH）3（胶体）具有净水作用．【解答】解：A、反应Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O中，氯元素化合价降低，C1O﹣是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42﹣是氧化产物，氧化性C1O﹣＞FeO42﹣，实际氧化性FeO42﹣＞Fe（OH）3，故A错误；B、令FeO42﹣中，铁元素的化合价为x，则x+4×（﹣2）=﹣2，解得x=+6，故B正确；-22-C、反应Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O中，氯元素化合价由+1降低为﹣1价，C1O﹣是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6﹣3）：2=3：2，故C正确；D、K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用，故D正确．故选：A．【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度不大，根据化合价判断氧化剂、还原剂与氧化产物、还原产物是关键．　14．水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O下列说法中，不正确的是（　　）A．S2O32﹣是还原剂B．Y的化学式为Fe3O4C．a=4D．每有1molO2参加反应，转移的电子总数为2mol【考点】氧化还原反应．【分析】3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O中，4个S原子中S的化合价由+2升高为+2.5，O元素的化合价由0降低为﹣2，利用质量守恒及电子守恒来分析．【解答】解：A．因S元素的化合价升高，则S2O32﹣是还原剂，故A正确；B．根据质量守恒可知，Y为化合物，反应前后的原子个数相等，则Y为Fe3O4，故B正确；C．根据电荷守恒可知，a=4，故C正确；D．反应中化合价降低的元素只有氧元素，每有1molO2参加反应，转移的电子为1mol×2×（2﹣0）=4mol，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价判断是解答本题的关键，注意S元素的化合价是解答的难点，题目难度较大．　15．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是（　　）A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B．原混合溶液中c（FeBr2）=6mol/LC．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣D．原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=2：1：3【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；-22-B．根据BC段消耗的氯气的物质的量，计算溶液n（Fe2+），但溶液的体积无法计算，不能计算c（FeBr2）；C．根据反应消耗顺序，利用消耗的氯气计算参加反应的离子的物质的量，据此书写；D．根据各阶段消耗的氯气的物质的量，计算原溶液中n（Fe2+）、n（I﹣）、n（Br﹣），据此解答．【解答】解：还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；B．由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）=2×2mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c（FeBr2），故B错误；C．AB段发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2mol的I﹣消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I﹣）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣，故C正确；D．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×2mol=4mol，DE段发生2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，消耗氯气3mol，故n（Br﹣）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确；故选B．【点评】本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大．　16．已知：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是（　　）A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=B．参加反应的氯气的物质的量等于amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol【考点】真题集萃；氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】A．令n（ClO﹣）=1mol，反应后=11，则n（Cl﹣）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3﹣），据此计算判断；B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；-22-C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断．【解答】解：A．令n（ClO﹣）=1mol，反应后=11，则n（Cl﹣）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）=1×n（Cl﹣），即5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3﹣）=2mol，故溶液中=，故A正确；B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=amol，故B正确；C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=amol，转移电子最大物质的量=amol×5=amol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）=amol，转移电子最小物质的量=amol×1=amol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amol，故C正确；D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=amol，故D错误，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用．　17．某元素的一个原子形成的离子可表示为Xn﹣，下列说法正确的是（　　）A．Xn﹣含有的中子数为a+bB．Xn﹣含有的电子数为a﹣nC．X原子的质量数为a+b+nD．X原子的质量约为【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】原子组成与结构专题．-22-【分析】Xn﹣中质子数是a，质量数是b，中子数=质量数﹣质子数，阴离子中核外电子数=核内质子数+电荷数，原子的质量为原子的相对原子质量和阿伏伽德罗常数的比值．【解答】解：A、该微粒中中子数=质量数﹣质子数=b﹣a，故A错误．B、该微粒的核外电子数=核内质子数+电荷数=a+n，故B错误．C、该微粒的质量数为b，故C错误．D、原子的质量为原子的相对原子质量和阿伏伽德罗常数的比值，故D正确．故选D．【点评】本题考查了质子数、质量数和中子数之间的关系，难度不大，明确阴阳离子核外电子数的计算方法．　18．短周期元素X、Y可以形成化合物XY2，下列有关叙述正确的是（　　）A．若XY2是共价化合物，则X与Y的原子序数不可能相差1B．若XY2是离子化合物，则X与Y的原子序数可能相差8C．若X与Y的原子序数相差5，则离子化合物XY2不溶于水D．若X与Y的原子序数相差6，则共价化合物XY2可溶于强碱溶液【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．短周期元素X，Y可以形成化合物XY2，可以推出：Y为﹣2价，X为+4价．Y可能为：O，S．X可能为：C，Si，N，S．如NO2；B．短周期序数差8是同族，离子化合物是活泼金属与活泼非金属的化合物；C．Y为﹣1价，X为+2价．Y可能为：H，F，Cl．X可能为：Be，Mg，C，N．MgCl2可溶于水；D．Y为﹣2价，X为+4价．Y可能为：O，S．X可能为：C，Si，N，S．如SiO2．【解答】解：A．短周期元素X，Y可以形成化合物XY2，可以推出：Y为﹣2价，X为+4价．Y可能为：O，S．X可能为：C，Si，N，S．如NO2，故A错误；B．短周期序数差8是同族，离子化合物是活泼金属与活泼非金属的化合物，故B错误；C．Y为﹣1价，X为+2价．Y可能为：H，F，Cl．X可能为：Be，Mg，C，N．MgCl2可溶于水，故C错误；D．Y为﹣2价，X为+4价．Y可能为：O，S．X可能为：C，Si，N，S．如SiO2，故D正确；故选D．【点评】本题考查元素周期表，原子结构，化合价与形成化合物关系，难度较大．　19．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，B、C、D位于同一周期，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍又是B原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（　　）A．元素A、C的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸B．元素B能与A的最高价氧化物发生置换反应C．元素B和D能形成BD2型的共价化合物D．D的单质有毒，且有漂白性【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】压轴题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】-22-C原子的最外层电子数是B原子最外层电子数的3倍，则二者的最外层电子数应为偶数，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，则A的最外层电子数为偶数，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍，则C的最外层电子数为6，B的最外层电子数为2，A的最外层电子数为4，则A为C元素，B、C、D位于同一周期，应为第三周期元素，C为S元素，B为Mg元素，则D应为Cl元素，结合元素对应单质、化合物的性质解答该题．【解答】解：由题中信息可知A为C，B为Mg，C为S，D为Cl，则A．A为C，对应的最高价氧化物的水化物为碳酸，属于弱酸，故A错误；B．根据反应：2Mg+CO22MgO+C，该反应为置换反应，故B正确；C．B为Mg，D为Cl，二者形成的化合物为离子化合物，故C错误；D．D为Cl，干燥的氯气没有漂白性，故D错误．故选B．【点评】本题考查元素的位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，本题的推断难度较大，注意根据核外电子关系特点判断元素的种类，解答时要细心考虑．　20．甲、乙、丙、丁4种无机化合物均含有2种元素，分子中均含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（　　）A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应B．乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙能使湿润的KI淀粉试纸变蓝C．丙中含有ⅣA族元素，则相同条件下丙比甲稳定D．若丁的分子组成符合XY3型结构，则丁分子间存在氢键【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】甲、乙、丙、丁4种无机化合物均含有2种元素，分子中均含18个电子，甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，说明甲是二元弱酸，则为H2S，含有两种元素其分子中含有18电子的分子有：HCl、H2S、PH3、SiH4、N2H4、H2O2，结合物质的性质分析解答．【解答】解：甲、乙、丙、丁4种无机化合物均含有2种元素，分子中均含18个电子，甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，说明甲是二元弱酸，则为H2S，含有两种元素其分子中含有18电子的分子有：HCl、H2S、PH3、SiH4、N2H4、H2O2，A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该钠盐为Na2S或NaHS，硫化钠只能和酸反应，但硫氢化钠能和酸、碱反应，故A错误；B．乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙是H2O2，双氧水具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以乙能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，故B正确；C．丙中含有ⅣA族元素，则丙为SiH4，Si的非金属性小于S，所以相同条件下甲比丙稳定，故C错误；D．若丁的分子组成符合XY3型结构，则丁为PH3，P原子非金属性较弱，所以丁分子间不存在氢键，故D错误；故选B．【点评】本题考查了无机物的推断，熟悉含有18电子的分子是解本题关键，根据物质的结构和性质分析解答，同时考查学生发散思维能力，题目难度中等．　21．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等．下列说法正确的是（　　）A．元素Q的非金属性比R的强-22-B．离子半径的大小顺序：r（Tm+）＞r（Wn﹣）C．元素Q的氧化物均为酸性氧化物D．元素T与元素R的最高正价之和等于8【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N元素、W为S元素．A．同周期自左而右非金属性增强；B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；C．CO不是酸性氧化物；D．Al元素最高正化合价为+3，N元素最高正化合价为+5．【解答】解：由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N元素、W为S元素．A．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性N＞C，故A错误；B．Al3+离子比S2﹣离子少一个电子层，故离子半径：r（Al3+）＜r（S2﹣），故B错误；C．CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故C错误；D．Al元素最高正化合价为+3，N元素最高正化合价为+5，二者最高正价之和等于8，故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，注意掌握金属性、非金属性强弱比较及微粒半径比较．　22．如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（　　）A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C．物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【考点】真题集萃；元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，然后结合元素化合物知识来解答．【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，-22-A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氢键，沸点都比HCl高，故A错误；B．N、H、O三种元素可形成NH4NO3，是离子化合物，既有共价键也有离子键，故B错误；C．SiO2、Si3N4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而SiCl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，故C错误；D．Ge元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成GeCl4，故D正确；故选D．【点评】本题为2022年浙江高考化学试题，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，综合性较强，题目难度不大．　二、非选择题（共2小题，满分34分）23．L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，M、T在周期表中的相对位置如表：L与R原子的最外层电子数相同，R的单质是一种常见的半导体材料．请回答下列问题：MT（1）T原子的结构示意图为　　，元素W在周期表中位于　第三周期第ⅦA族　，M单质分子的电子式为　　．（2）R是组成玻璃的元素之一，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶放氢氧化钠溶液的原因是（用化学方程式表示）　SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O　．（3）下列有关相应元素非金属性强弱比较的说法，正确的是（填序号）　acd　．a．M的气态氢化物比R的气态氢化物稳定，则非金属性M强于Rb．高温下L的单质能从R的最高价氧化物中置换出R，则非金属性L强于Rc．W的核电荷数比T多，原子半径比T小，得电子能力强，则非金属性W强于Td．同温、同物质的量浓度的Na2LO3和Na2TO4溶液pH：Na2LO3＞Na2TO4，则非金属性T强于L（4）工业上可用二氧化硅、氯气和焦炭在高温条件下制备RW4，该反应中除RW4外的另一种产物可以用于工业冶炼铁．制备RW4反应的化学方程式为　2Cl2+SiO2+2CSiCl4+2CO　．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，R的单质是一种常见的半导体材料，则R为Si，L与R原子的最外层电子数相同，二者同主族，则L为C元素，结合M、T在周期表中的相对位置，可知M处于第二周期，T处于第三周期，M只能处于ⅤA族，T、W分别处于ⅥA、ⅦA族，可推知M为N元素、T为S元素、W为Cl，据此解答．【解答】解：L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，R的单质是一种常见的半导体材料，则R为Si，L与R原子的最外层电子数相同，二者同主族，则L为C元素，结合M、T在周期表中的相对位置，可知M处于第二周期，T处于第三周期，M只能处于ⅤA族，T、W分别处于ⅥA、ⅦA族，可推知M为N元素、T为S元素、W为Cl．（1）S原子的结构示意图为，元素Cl在周期表中位于第三周期第ⅦA族，M单质分子为N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为，-22-故答案为：；第三周期第ⅦA族；；（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠是无机矿物胶，使磨口玻璃塞粘住，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放，反应方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；（3）a．M的气态氢化物比R的气态氢化物稳定，非金属性越强氢化物越稳定，则非金属性M强于R，故a正确；b．高温下，L的单质能从R的最高价氧化物中置换出R，高温条件改变了物质的性质，不能说明非金属性L强于R，故b错误；c．W的核电荷数比T多，原子半径比T小，W原子核对核外电子吸引越强，得电子能力强，则非金属性W强于T，故c正确；d．同温同物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液pH：Na2CO3＞Na2SO4，说明酸性碳酸弱于硫酸，故则非金属性S强于C，故d正确，故答案为：acd；（4）工业上可用二氧化硅、氯气和焦炭在高温条件下制备SiCl4，且该反应中除SiCl4外的另一种产物可以用于工业冶炼铁，该产物为CO，制备SiCl4反应的化学方程式为2Cl2+SiO2+2CSiCl4+2CO，故答案为：2Cl2+SiO2+2CSiCl4+2CO．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，（3）中b选项为易错点，学生容易根据置换反应判断，忽略外界条件对物质性质的影响，难度中等．　24．七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）锻粉主要含MgO和　CaO　，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，或滤液Ⅰ中c（Mg2+）小于5×10﹣6mol•L﹣1，则溶液pH大于　11　[Mg（OH）2的Ksp=5×10﹣12]；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是　CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失　．（2）滤液Ⅰ中的阴离子有　NO3﹣，OH﹣　（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成　Ca（HCO3）2　，从而导致CaCO3产率降低．（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　．（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为　2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑　．-22-（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为　Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7﹣　．【考点】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp来计算；CaSO4微溶于水；（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，据此分析产物；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，据此分析；（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4﹣和Al2Cl7﹣中铝元素和氯元素的比例来确定做AlCl4﹣做反应物而生成Al2Cl7﹣．【解答】解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）•c2（OH﹣）=5×10﹣12，而c（Mg2+）小于5×10﹣6mol•L﹣1，故c（OH﹣）大于10﹣3mol/L，则溶液中的c（H+）小于10﹣11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失，故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3﹣，还含有OH﹣；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3﹣，OH﹣；Ca（HCO3）2；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al﹣3e﹣=Al3+①，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑②将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑，故答案为：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑；（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4﹣中氯元素的含量高于Al2Cl7﹣中氯元素的含量，故AlCl4﹣做反应物而Al2Cl7﹣为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7﹣，故答案为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7﹣．【点评】本题是一道非常典型的工艺流程图题，综合性较强，综合了元素化合物、电解池和原电池的知识考查，难度较大．　-22-