浙江省丽水市三校联考2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省丽水市三校联考2023-2024学年高一上学期12月月考试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号(填涂)；3.所有〖答案〗必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.可能用到的相对原子量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Ba-137Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有1个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列含有共价键的离子化合物是（）A.NaCl B.MgCl2 C.HCl D.NaOH〖答案〗D〖解析〗【详析】A．NaCl是离子化合物，Na+与Cl-之间以离子键结合，不存在共价键，A不符合题意；B．MgCl2是离子化合物，Mg2+与Cl-之间以离子键结合，不存在共价键，B不符合题意；C．HCl是共价化合物，H原子与Cl原子之间以极性共价键H-Cl结合，无离子键，C不符合题意；D．NaOH是离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在OH-中H、O原子之间以极性共价键H-O结合，是含有共价键的离子化合物，D符合题意；故合理选项是D。2.下列仪器不能用于加热是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．该仪器为容量瓶，用于配置一定浓度的溶液，为不能加热的仪器，故A符合题意；B．该仪器为烧杯，垫上石棉网可以给烧杯加热，故B不符合题意；C．该仪器为坩埚，坩埚为可直接加热的仪器，故C不符合题意；D．该仪器为试管，试管为可直接加热的仪器，故D不符合题意。〖答案〗选A。3.对于温度、压强一定的气体，下列数值中与其物质的量无关的是（）A.质量 B.体积 C.分子数目 D.气体摩尔体积〖答案〗D〖解析〗【详析】A、根据m＝nM可知质量与物质的量有关系，A错误；B、根据V=nVm可知气体的体积与物质的量有关系，B错误；C、根据N=nNA可知分子数目与物质的量有关系，C错误；D、温度和压强一定时，气体的摩尔体积不变，例如标准状况下气体的摩尔体积是22.4L/mol，与物质的量没有关系，D正确，〖答案〗选D。4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.钠具有还原性，液态钠可用作核反应堆的传热介质B.具有氧化性，可用于蚀刻铜电路板C.单晶硅熔点高，可用作半导体材料D.具有漂白性，可在呼吸面具中作为氧气的来源〖答案〗B〖解析〗【详析】A．液态钠可用作核反应堆的传热介质，是因为其导热性好，与钠的还原性无关，故A错误；B．具有氧化性，可氧化铜单质，所以可用于蚀刻铜电路板，故B正确；C．单晶硅可用作半导体材料，与其熔点高无关，故C错误；D．可在呼吸面具中作为氧气的来源，是因为其能和二氧化碳反应生成氧气，与其具有漂白性无关，故D错误；故〖答案〗为：B。5.下列有关化学用语使用正确的是（）A.原子核内有18个中子的硫原子：S B.氧离子的结构示意图：C.氨气的电子式： D.水分子的结构式：H－O－H〖答案〗D〖解析〗【详析】A．原子核内有18个中子的硫原子，其质量数为16+18＝34，可表示为，A错误；B．氧原子原子核内质子数是8，核外电子数是10，B错误；C．NH3是共价化合物，电子式为，C错误；D．水分子的结构式：H－O－H，D正确；故选D。6.下列溶液中氯离子浓度与50mL1mol/L的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（）A.的溶液 B.的溶液C.的溶液 D.的溶液〖答案〗A〖解析〗【详析】A．的溶液中氯离子浓度为3mol/L，的溶液氯离子浓度为3mol/L，故A正确；B．的溶液中氯离子浓度为3mol/L，溶液中无氯离子，故B错误；C．的溶液中氯离子浓度为3mol/L，的溶液氯离子浓度为2mol/L，故C错误；D．的溶液中氯离子浓度为3mol/L，的溶液中氯离子浓度为4mol/L，故D错误；故〖答案〗为：A。7.下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是（）A.CuCl2→Cu B.Na2CO3→CaCO3 C.SO2→SO3 D.MnO4－→Mn2+〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗如果加入氧化剂，会被氧化剂氧化，化合价升高。【详析】A．CuCl2→Cu的过程中铜元素化合价降低，不需要加入氧化剂，A错误；B．Na2CO3→CaCO3过程中化合价没变，不需要通过氧化还原反应，B错误；C．SO2→SO3过程中硫元素化合价升高，需要加入氧化剂，C正确；D．MnO4－→Mn2+过程中锰元素化合价降低，需加入还原剂，D错误；〖答案〗选C。8.汽车发生碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3=5Na2O+K2O+16N2↑。下列判断不正确的是（）A.该反应能在瞬间完成，并产生大量气体B.生成标准状况下2.24L气体，该反应转移电子的数目为0.5NAC.N2既是氧化产物又是还原产物D.被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为15：1〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该反应在碰撞时就迅速发生，反应放出大量N2气体，可以起到缓冲作用，防止人因撞击而受严重伤害，A正确；B．根据反应方程式可知：反应产生16molN2，反应过程中转移10mol电子。现在反应生成标准状况下2.24L气体的物质的量是0.1mol，则转移电子的物质的量是n(e-)=，故该反应转移电子的数目为0.0625NA，B错误；C．在该反应中N元素化合价由反应前NaN3中的-价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，故N2是氧化产物；N元素化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，故N2又是还原产物，因此N2既是氧化产物又是还原产物，C正确；D．根据选项C分析可知：NaN3中的N被氧化，KNO3中N被还原，故被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为30：2=15：1，D正确；故合理选项是B。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．高温下分解可得到CO2，CO2通入NaClO溶液中反应可以生成HClO，均可以一步实现，故A符合题意；B．与过量盐酸反应生成AlCl3，不能得到，故B不符合题意；C．与Fe在加热下反应得到FeCl3，不能得到FeCl2，故C不符合题意；D．与O2在加热条件下生成，故D不符合题意。〖答案〗选A。10.下列关于材料的说法中不正确的是（）A.生铁、碳素钢、不锈钢等都属于铁的合金B.不锈钢是最常见的一种合金，它的合金元素主要是铬和锰C.广泛用于新能源汽车行业的储氢合金是一种新型合金，在室温下吸、放氢的速率快D.合金中加入其他元素原子后，层与层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大〖答案〗B〖解析〗【详析】A．生铁、碳素钢、不锈钢等都属于铁的合金，故A正确；B．不锈钢是最常见的一种合金，它的合金元素主要是铬和镍(Ni）,故B错误；C．广泛用于新能源汽车行业的储氢合金是一种新型合金，在室温下吸、放氢的速率快，故C正确；D．合金中加入其他元素原子后，层与层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大，故D正确；故〖答案〗为：B。11.下列各性质中符合图示关系的是（）①原子半径②的碱性③单质的密度④化合价⑤单质的熔点⑥与水反应的剧烈程度A.②④⑤⑥ B.②③⑥ C.①②⑥D.①②③⑤〖答案〗C〖解析〗【详析】①碱金属元素中，随着碱金属的核电荷数的增大，核外电子层数逐渐增多，电子层数越多，半径越大，故①正确；②碱金属元素中，随着碱金属的核电荷数的增大，的碱性逐渐增强，故②正确；③随着碱金属的核电荷数的增大，密度呈现增大趋势，但Na的密度大于K的密度，与图象不符，故③错误；④碱金属元素中，原子的最外层电子数相同，元素的化合价相同，故④错误；⑤碱金属元素中，随着碱金属的核电荷数的增大，金属晶体的金属键作用力减弱，熔点逐渐降低，故⑤错误；⑥碱金属元素中，随着碱金属的核电荷数的增大，元素的金属性逐渐增强，与水反应的剧烈程度逐渐增大，故⑥正确；综上，①②⑥描述正确；〖答案〗选C。12.表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.溶液中离子总数为B.与足量反应生成，转移个电子C.将氯气通入足量水中充分反应后，的微粒数之和为D.标准状况下与反应生成，转移的电子数为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．溶液的体积未知，无法计算溶液中离子总数，故A错误；B．生成Na2O2过程中钠元素化合价均由0升高为+1，故1molNa与足量O2反应转移的电子为1mol，其数目为NA，故B正确；D．1mol氯气通入足量水中发生反应为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应为可逆反应，的微粒数之和小于，故C错误；D．标况下11.2L的物质的量为0.5mol，过氧化钠与水反应生成0.5mol氧气转移了1mol电子，反应中转移的电子数为，故D错误。〖答案〗选B。13.下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.大理石用醋酸溶解：B.溶液中加入足量的氨水：C.金属钠投入水中：D.向溶液中逐滴加入溶液使恰好沉淀完全：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．醋酸为弱酸，不能拆开写，所以大理石用醋酸溶解的离子方程式为：，故A错误；B．Al(OH)3不能溶于氨水，所以溶液中加入足量的氨水的离子方程式为：,故B错误；C．金属钠投入水中的离子方程式为：，故C错误；D．向溶液中逐滴加入溶液使恰好沉淀完全的离子方程式为：，故D正确；故〖答案〗为：D。14.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．能在溶液中大量共存，故A正确；B．，所以B中离子在溶液中不能大量共存，故B错误；C．能发生氧化还原反应，所以C中离子在溶液中不能大量共存，故C错误；D．能反应，所以D中离子在溶液中不能大量共存，故D错误；故〖答案〗为：A。15.离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH－、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，溶液导电能力随二氧化碳通入量的变化趋势正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率来分析。【详析】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变；故选D。16.下列除杂试剂的选择或除杂操作不正确的是（）选项括号内为杂质除杂试剂除杂操作A固体充分反应后过滤B固体在纯氧中充分加热C气体饱和溶液洗气D溶液通入过量〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，铁不反应，过滤可除杂，故A正确；B．Na2O与氧气反应生成Na2O2，可与氧气进一步反应而除去杂质，故B正确；C．饱和溶液也能与反应，应该用饱和溶液，故C错误；D．氯气与FeCl2反应生成FeCl3，可除掉杂质，故D正确。〖答案〗选C。17.类比和推理是化学研究的重要方法，下列说法正确的是（）A.在氧气中燃烧生成，则在氧气中燃烧生成B.铊和铝位于同一主族，则铊的最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物C.少量钠保存在煤油中，则锂也保存在煤油中D.氯元素的最低化合价为，则117号的最低化合价为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Li的金属性比Na弱，与O2反应只会生成Li2O，得不到过氧化锂，故A错误；B．铊和铝位于同一主族，但铊的金属性比铝强得多，铊的最高价氧化物的水化物Tl(OH)3为碱性，故B错误；C．锂密度小于煤油，金属锂也保存在煤油中会浮在煤油表面，不能隔绝空气，故C错误；D．氯元素(Cl)和

Ts都是第ⅦA族，最低化合价都为-1，故D正确。〖答案〗选D。18.下列说法正确的是（）A.利用装置①可证明碳酸氢钠的不稳定性B.利用装置②可以制备氢气、二氧化碳气体，但不能制备氧气、氯气C.利用装置③可以检验铁与水蒸气反应的气体产物D.利用装置④可制备氢氧化亚铁，实验开始时应先关闭止水夹a〖答案〗C〖解析〗【详析】A．碳酸氢钠分解生成水，试管口不能向上倾斜，应略向下倾斜，选项A错误；B．氢气可以用锌和稀硫酸反应制取，二氧化碳可以用碳酸钙和稀盐酸反应制取，氧气可以用过氧化氢制取，氯气可以用浓盐酸与高锰酸钾反应，均可利用装置②制备，选项B错误；C．高温条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气为可燃性气体，利用装置③可以检验铁与水蒸气反应的气体产物，选项C正确；D．利用装置④可制备氢氧化亚铁，实验开始时应先打开止水夹a，待装置内的空气排尽后，再关闭止水夹a，产生的气体将生成的硫酸亚铁溶液压入装置Ⅱ，产生氢氧化亚铁，选项D错误；〖答案〗选C。19.某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的蜗牛形状，图中每个点代表一种元素，其中O点代表氢元素。下列说法中不正确的是（）A.离O点越远的元素原子半径越大B.虚线相连的元素处于同一族C.单质还原性：D.B、C组成的化合物中可能含有共价键〖答案〗A〖解析〗【详析】O点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸；A为Li元素，B为Na元素，C为S元素；A．离O点越远的元素原子的核电荷数增大，若电子层相同，半径越小，故A错误；B．由原子序数可知，虚线相连的元素处于同一族，故B正确；C．A为Li元素，B为Na元素，单质还原性：，故C正确；D．B为Na元素，C为S元素，可能组成Na2S2，含有共价键，故D正确。〖答案〗选A。20.为探究某食品包装袋内一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质，分别取少量样品溶于盐酸，再进行下列实验，其中结论正确的是（）A.若滴加KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉变质B.若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明铁粉未变质C.若依次滴加氯水，KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉全部变质D.若滴加KSCN溶液，溶液未变红；再滴加氯水，溶液变红，说明铁粉全部变质〖答案〗A〖解析〗【详析】A．滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，故还原铁粉即Fe变质，故A选项正确；B．滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，但溶液中可能含Fe2+，不能说明铁粉未变质，故B选项错误；C．滴加氯水时可能把溶液中存在的Fe2+氧化成了Fe3+，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变红，则不能说明铁粉全部变质，故C选项错误；D．若先滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变红说明溶液中存在Fe2+，被氯水氧化成了Fe3+，但不能说明铁粉全部变质，故D选项错误。故选A选项21.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，并且位于三个不同的周期，W与Y同主族，X与Z的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍。化合物甲的结构如图所示，甲不溶于水，下列说法正确的是（）A.原子半径：B.化合物甲中每个原子都满足8电子结构C.由三种元素形成的化合物的水溶液能与的氧化物反应D.元素的非金属性：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素W、X、Y、Z位于三个不同的周期，则W为H元素；W与Y同主族，则Y为Na；根据图示可知，Z形成4个共价键，位于ⅣA族，结合原子序数可知Z为Si；X形成2个共价键，位于ⅤⅠA族，应该为O元素，满足“X与Z的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍”，据此解答。【详析】根据分析可知，W为H，X为O，Y为Na，Z为Si元素。A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Si＞O，故A错误；B．氢化合物甲中H原子最外层不满足8电子稳定结构，故B错误；C．H、O、Na形成的化合物为NaOH，氢氧化钠能够与SiO2反应，故C正确；D．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：，故D错误。〖答案〗选C。22.近期科学家首次用X射线激光技术观察到与在催化剂表面生成的历程(部分微粒未画出)。反应过程如下图，下列说法正确的是（）A.状态Ⅰ→状态Ⅱ发生了化学变化B.和O生成的过程涉及电子转移C.是具有非极性共价键的直线形分子D.状态Ⅲ→状态Ⅴ表示与的反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．状态Ⅰ→状态Ⅱ，只存在O-O键的断裂，没有新化学键的形成，没有发生化学变化，故A错误；

B．CO和O生成CO2的过程中C元素的化合价发生变化，存在电子转移，所以CO和O生成CO2的过程涉及电子转移，故B正确；

C．CO2中C与O通过共用电子对结合，O原子吸引电子对的能力比C强，所以形成极性共价键，分子结构对称，为直线型，故C错误；

D．CO与O在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误；

故选：B。23.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A先滴加溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有B用玻璃棒蘸取某溶液灼烧火焰呈黄色溶液中一定含有，可能含有C先滴加稀硝酸，再滴加生成白色沉淀原溶液中可能有D加热坩埚，迅速投入绿豆大小的金属钠，近距离俯视观察钠先熔化后出现黄色火焰，生成淡黄色固体。Na在空气燃烧生〖答案〗C〖解析〗【详析】A．先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成的白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡或两者混合物，不能肯定原溶液中有，故A错误；B．做焰色试验不能用玻璃棒蘸取溶液灼烧，故B错误；C．先滴加稀硝酸，再滴加，生成白色沉淀，原溶液中可能有，故C正确；D．加热坩埚，迅速投入绿豆大小的金属钠，不能近距离俯视观察，应保持安全距离，故D错误；故答为：C。24.已知：，向含有的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如下图所示(横、纵坐标的单位均为)，有关说法不正确的是（）A.线段代表物质的量的变化情况B.原混合溶液中C.原溶液中D.当通入时，溶液中已发生的反应可表示为：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗还原性为I-＞Fe2+＞Br-，则先发生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-；【详析】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．DE段发生2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，消耗氯气3mol,故n(Br-)=2n(Cl2)=6mol，则n(FeBr2)=3mol，c(FeBr2)==3mol/L，故B正确；C．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C错误；D．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D正确。〖答案〗选C。25.取某固体样品，进行如下实验①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣；②取少量滤液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生；③取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是（）A.K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3 B.Na2CO3、AgNO3、KNO3C.K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2 D.KNO3、MgCl2、NaOH〖答案〗C〖解析〗详析】A.K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3硫酸钡和碳酸钡沉淀，硫酸钡不溶于水盐酸，不符合③，故A错误；B.Na2CO3、AgNO3、KNO3三者能够反应生成碳酸银沉淀，与盐酸反应会生成氯化银沉淀，不符合③，故B错误；C.K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2三者能够反应生成碳酸钡沉淀，滤液中可能含有碳酸根离子，加入氯化钡溶液生成白色沉淀，滤渣碳酸钡能够与盐酸反应放出二氧化碳而溶解，符合上述实验过程，故C正确；D.KNO3、MgCl2、NaOH三者能够反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应没有气体放出，不符合③，故D错误；故选C。二、非选择题(本大题共5个小题，共50分)26.按要求完成下列填空：（1）①写出次氯酸的电子式_______；②漂粉精主要成分的化学式_______。（2）写出元素在元素周期表中的位置_______。（3）与溶液反应的化学方程式_______。〖答案〗（1）①.②.（2）第三周期第ⅣA族（3）〖解析〗（1）①次氯酸共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，电子式为；②漂粉精主要成分为次氯酸钙，化学式为；（2）元素为14号元素，在元素周期表中的第三周期第ⅣA族；（3）与溶液反应生成四羟基合铝酸钠，化学方程式为。27.下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：（1）比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)：_______>_______；（2）比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_______>_______。（3）用电子式表示e、g组成的简单化合物的形成过程：_______。（4）下列说法不正确的是_______。A.最简单的氢化物的稳定性B.最高价氧化物对应的水化物的碱性C.与y元素同主族的第四周期元素的单质是半导体材料D.y、h两元素组成的化合物中一定只含共价键（5）由表中两种元素的原子按组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，查阅资料可知：在催化过程中发生了两步氧化还原反应，第一步反应中表现还原性；第二步反应中表现氧化性；请写出第二步反应的离子方程式(Q用化学式表示)_______。（6）上述元素可组成盐，向盛有一定量盐溶液的烧杯中逐滴滴加溶液，沉淀物质的量随溶液体积的变化如下图所示：若向上述盐溶液中改加溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_______。〖答案〗（1）①.②.（2）①.②.（3）（4）AB（5）（6）〖解析〗〖祥解〗根据元素在周期表的位置可知，x为H元素，y为C元素，z为N元素，d为O元素，e为Na元素，f为Al元素，g为S元素，h为Cl元素；（1）d、e常见离子分别为O2-、Na+，两者的核外电子排布相同，O2-的核电荷数小，半径大，即>；（2）g为S元素，h为Cl元素，Cl的非金属性强于S，故最高价含氧酸酸性>；（3）e、g组成的简单化合物为Na2S，用电子式表示其形成过程为：；（4）A．z为N元素，d为O元素，最简单氢化物的稳定性H2O>NH3，故A错误；B．e为Na元素，f为Al元素，最高价氧化物对应的水化物的碱性NaOH>Al(OH)3，故B错误；C．y为C元素，与C元素同主族的第四周期元素为Ge，单质Ge是半导体材料，故C正确；D．y为C元素，h为Cl元素，两者形成的化合物只含有共价键，故D正确。〖答案〗为AB；（5）表中两种元素的原子按组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，Q为H2O2，在催化过程中发生了两步氧化还原反应，第一步反应中表现还原性，发生反应为2Fe3++H2O2=O2+2Fe2++2H+，第二步反应中表现氧化性，即H2O2又把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：；（6）R是NH4Al(SO4)2，根据图像可知，沉淀物质的量最大时为0.01mol，表示Al3+的物质的量为0.01mol，根据化学式NH4Al(SO4)2，得知NH的物质的量为0.01mol，SO的物质的量为0.02mol，如果加入溶液，即加入的n(Ba2+)==0.024mol，n(OH-)=0.048mol，SO+Ba2+=BaSO4↓，可知SO不足，故可以得到0.02molBaSO4；Al3++3OH-=Al(OH)3↓，0.01molAl3+消耗0.03molOH-，得到0.01molAl(OH)3，反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，NH+OH-=NH3•H2O，0.01molNH又消耗0.01molOH-，反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，0.008molOH-会溶解0.008molAl(OH)3，剩余0.002molAl(OH)3，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol。28.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略)已知：是一种难溶于水的有机溶剂，碘难溶于水但易溶于，碘的溶液呈紫红色。实验过程：Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞，滴加浓盐酸；Ⅱ．当和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红色时，关闭活塞a；Ⅳ……请完成下列问题：（1）A中反应的离子方程式是_______。（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_______。（3）和仪器口放置浸有溶液的棉花的作用是_______。（4）过程Ⅲ实验的目的是_______。（5）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是_______。（6）反应后，将试管中的上层溶液蒸干并灼烧，所得固体成份可能是_______。A. B.C. D.〖答案〗（1）（2）湿润的淀粉试纸变蓝（3）吸收，防止污染空气（4）确认的黄色溶液中无，排除对后续实验的干扰（5）打开活塞，将中溶液滴入中，关闭活塞，取下振荡，静置，层呈紫红色（6）A〖解析〗〖祥解〗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，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，以此解题。（1）装置A中高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为：；（2）本实验中氯气的氧化性强于碘的实验现象是装置A内上方湿润的淀粉KI试纸变蓝色，即氯气置换出了碘单质，碘单质遇淀粉显蓝色；（3）浸有NaOH溶液棉花可以吸收可能逸出的Cl2，防止污染空气；（4）由上述分析可知，过程Ⅲ实验的目的是确认C中的黄色溶液无氯气，排除氯气对溴置换碘实验的干扰；（5）验证溴的氧化性强于碘，首先需要溴单质与KI接触反应，打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞，取下振荡，静置，层呈紫红色，说明溴置换出了碘，溴的氧化性强于碘；（6）由上述分析可知，C中溶液中含有，可能含有NaBr，A．C中溶液中加入D中，若NaI反应掉一部分，生成碘单质，则被反应完，蒸干灼烧时碘单质升华，最后得到的固体为；故A正确；B．蒸干灼烧时碘单质升华，最后得到的固体中不会有I2，故B错误；C．C中溶液中含有，最后的固体中会有固体，故C错误；D．蒸干灼烧时碘单质升华，最后得到的固体中不会有I2，故D错误。〖答案〗为A。29.纳米铁可用于制作高密度磁性材料。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下：已知：草酸是一种二元酸（1）“酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有_______。(写出两种)。（2）写出“酸溶”时氧化还原反应的离子方程式：_______、。（3）固体经灼烧后得到红棕色固体和、混合气体，若产物中，则“㶧烧”过程中发生反应的化学方程式