四川省阆中中学2024-2025学年高一化学下学期开学考试试题仁智班含解析

PAGE14-四川省阆中中学2024-2025学年高一化学下学期开学考试试题（仁智班，含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27Si-28S-32Cu-64Ca-40Ba-137一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学在人类生产生活中有着广泛的应用，下列说法不正确的是（）A.节日烟花五彩缤纷的颜色跟电子跃迁有关B.硅胶用作食品干燥剂C.医用酒精的浓度为95%，此浓度杀灭新冠病毒效果最好D.铁盐和铝盐可用于净水【答案】C【解析】【详解】A．节日烟花五彩缤纷的颜色跟电子跃迁有关，故A正确；B．硅胶具有吸水性，常用作食品干燥剂，故B正确；C．医用酒精的浓度为75%，此浓度杀灭新冠病毒效果最好，并不是浓度越高越好，故C错误；D．铁盐和铝盐水解生成吸附性强的氢氧化铁和氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮物形成沉淀而净水，故D正确；故答案选C。【点睛】把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用实力的考查，留意元素化合物学问的应用。选项C是解答的易错点。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.5.6gFe和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.3NAB.常温常压下，100g质量分数为17%的H2O2溶液中含氧原子数目为NAC.4.4gCO2与足量Na2O2反应转移电子数为0.1NAD.标况下，4.48L的水中含有H2O分子的数目为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A.5.6gFe即物质的量，足量的盐酸完全反应生成氯化亚铁，因此0.1mol铁失去电子数为0.2NA，故A错误；B.常温常压下，100g质量分数为17%的H2O2溶液中H2O2的质量为100g×17%=17g，水的质量为100g–17g=83g，H2O2的物质的量，含有氧原子数目为NA，水中还含有氧原子，因此100g溶液中含有氧原子数目大于NA，故B错误；C.4.4gCO2的物质的量，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2mol二氧化碳反应转移2mol电子，因此0.1molCO2与足量Na2O2反应转移电子数为0.1NA，故C正确；D.标况下，水的物质的量无法计算，因此无法计算H2O分子的数目，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】应用22.4L/mol时要留意否为气体，是否在标准状况下。3.下列离子方程式不正确的是（）A.用硝酸银溶液检验自来水中的氯离子：Ag++Cl－=AgCl↓B.Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2OC.NaOH溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中：SiO2+2OH－=SiO32－+H2OD.NaHCO3溶液与少量的澄清石灰水反应：HCO3－+Ca2++OH－=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A.用硝酸银溶液检验自来水中的氯离子反应生辰氯化银沉淀：Ag++Cl－=AgCl↓，故A正确；B.Al2O3溶于NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水：Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O，故B正确；C.NaOH溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中，主要是氢氧化钠和磨口玻璃成分中的二氧化硅反应生成硅酸钠：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O，故C正确；D.NaHCO3溶液与少量的澄清石灰水反应：2HCO3－+Ca2++2OH－=CaCO3↓+CO32－+2H2O，故D错误。综上所述，答案为D。4.氧化还原反应广泛应用于金属的冶炼。下列说法不正确的是A.电解熔融NaCl制取金属钠的反应中，钠离子被还原，氯离子被氧化B.湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素都发生还原反应C.用磁铁矿炼铁的反应中，1molFe3O4被CO还原成Fe，转移9mole−D.铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化【答案】C【解析】【详解】A、电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，钠离子得电子生成单质钠被还原，发生还原反应；氯离子失电子生成氯气单质被氧化，发生氧化反应，所以A选项是正确的；B、湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素得电子生成铜单质，所以都发生还原反应，所以B选项是正确的；C、Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，Fe3O4中3个Fe原子共显+8价，故1molFe3O4被CO还原成Fe，转移8mole−，故C错误；D、铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化，但很快会凝固，所以D选项是正确的。答案选C。5.由下列试验及现象不能推出相应结论的是（）试验现象结论A向2mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色渐渐消逝，加KSCN溶液颜色不变还原性：Fe>Fe2+B将金属钠在燃烧匙中点燃，快速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置潮湿的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D将某无色气体通入品红溶液，一段时间后加热该溶液品红溶液先褪色，加热后复原该气体为SO2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．由现象可知FeCl3的溶液中加足量铁粉，生成氯化亚铁，还原性：Fe＞Fe2+，故A正确；B．由现象可知Na与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，则CO2具有氧化性，故B正确；C．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置潮湿的红色石蕊试纸，由于碳酸氢铵分解产生氨气，因此石蕊试纸变蓝，但不能说明NH4HCO3显碱性，故C错误；D．二氧化硫的漂白不稳定，漂白后的物质加热后会复原原来颜色，因此将某无色气体通入品红溶液，一段时间后加热该溶液，品红溶液先褪色，加热后复原说明该气体为SO2，故D正确；故答案选C。【点睛】把握物质的性质、反应与现象、离子检验、试验技能为解答关键，侧重分析与试验实力的考查，留意试验的评价性分析，选项D是易错点，留意二氧化硫漂白性与次氯酸漂白性的区分。6.下列说法中正确是A.由Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑可知，酸性H2SiO3>H2CO3B.氢氟酸须要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中C.向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀，过量时沉淀溶解D.瓷坩埚、氧化铝坩埚均不行作为溶化NaOH固体的装置【答案】D【解析】【详解】A.强酸制弱酸都是在溶液中进行的反应，而SiO2与Na2CO3是高温下的反应，生成CO2气体逸出，有利于反应的进行，与最高价含氧酸的酸性无关，A项错误；B.氢氟酸与玻璃中的成分反应，氢氟酸须要密封存放在橡胶塞的塑料试剂瓶中，B项错误；C．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀硅酸，硅酸与盐酸不反应，过量时沉淀不溶解，C项错误；D．瓷坩埚、氧化铝坩埚都和NaOH反应，故均不行作为溶化NaOH固体的装置，D项正确；答案选D。7.下列有关化学用语表示正确是（）A.K+的结构示意图：B.基态氮原子的电子排布图：C.水的电子式：D.基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2【答案】B【解析】【详解】A、K+的结构示意图：，A错误；B、依据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；答案选B。8.海洋中有丰富的资源，如图为海水资源利用的部分过程。下列有关说法不正确的是（）A.用澄清石灰水不行鉴别NaHCO3和Na2CO3B.第③步到第⑤步为富集溴，一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原汲取C.在第①步中粗盐可采纳除杂和重结晶等过程提纯D.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【答案】D【解析】【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫汲取后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴，以此解答该题。【详解】A．碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，且都会出现白色沉淀，所以用澄清的石灰水不行鉴别NaHCO3和Na2CO3，故A正确；B．依据流程图可知第③步到第⑤步为富集溴，由于溴易挥发且具有氧化性，因此一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原汲取，故B正确；C．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故C正确；D．工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁，故D错误；故答案选D9.取少量MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸，充分反应后过滤，得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是A.上述四种氧化物对应的水化物中，Al(OH)3酸性最强B.向沉淀X中逐滴加入硝酸，沉淀渐渐溶解C.溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+D.溶液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe(OH)3和Mg(OH)2【答案】C【解析】【详解】A.上述四种氧化物对应的水化物分别是中强碱氢氧化镁、两性氢氧化物氢氧化铝、弱酸硅酸、弱碱氢氧化铁，其中硅酸的酸性最强，A错误；B.四种氧化物中二氧化硅与盐酸不反应，因此X是二氧化硅，二氧化硅与硝酸也不反应，B错误；C.MgO、Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应，又因为反应中盐酸过量，则溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，C正确；D.氢氧化铝不能溶于弱碱氨水中，因此溶液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3和Mg(OH)2，D错误；答案选C。10.化学能与热能、电能等可以相互转化，下列说法正确的是（）A.图1所示的装置能将化学能转变为电能B.图2所示的反应为吸热反应C.图1中锌片是正极，铜片上有气泡产生D.化学反应中能量改变的主要缘由是化学键的断裂与生成【答案】D【解析】【详解】A．图1所示的装置没有形成闭合回路，不能将化学能转变为电能，A错误；B．图2所示的反应中反应物总能量高于生成物总能量，因此为放热反应，B错误；C．图1不能形成原电池，锌和稀硫酸干脆反应生成硫酸锌和氢气，锌片上有气泡产生，C错误；D．断键吸热，形成化学键放热，则化学反应中能量改变的主要缘由是化学键的断裂与生成，D正确。答案选D。11.依据元素周期表和元素周期律，推断下列叙述不正确的是（）A.气态氢化物的稳定性：HCl>HIB.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C.如图所示试验可证明元素的非金属性：Cl>C>SiD.用中文“”命名的第118号元素在周期表中位于第七周期【答案】C【解析】【详解】A．非金属性Cl＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；C．盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，应选最高价含氧酸的酸性比较，故C错误；D．第六周期稀有气体的原子序数为86，86+32=118，可知二者同族，第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确。故答案选C。12.下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是A.第一电离能：④＞③＞②＞①B.原子半径：④＞③＞②＞①C.电负性：④＞②＞①＞③D.最高正化合价：④＞③＝②＞①【答案】A【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；故答案为A。【点睛】比较第一电离能时要留意“同一周期元素中，元素第一电离能的改变趋势，及异样现象”，电离能的改变规律一般为：①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最终一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右渐渐增大的改变趋势。②同族元素：从上至下第一电离能渐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…)；特殊留意当原子电子排布处于半充溢或全充溢时原子的能量较低，元素的第一电离能较大，其第一电离相对较大，如N的第一电离能大于O。二、填空题13.NaNO2因外观和食盐相像，又有咸味，简单使人误食中毒。已知NaNO2能发生反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。(1)上述反应中氧化剂是________。(2)依据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有①水、②碘化钾­淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必需选用的物质有________(填序号)。(3)请配平以下化学方程式：____Al+____NaNO3+____NaOH=____NaAlO2+____N2↑+___H2O(4)若反应过程中转移5mol电子，则生成标准状况下N2的体积为_________L。【答案】(1).NaNO2(2).②⑤(3).10(4).6(5).4(6).10(7).3(8).2(9).11.2【解析】【分析】(1)元素化合价上升，失去电子，物质被氧化，作还原剂；元素化合价降低，得到电子，物质被还原，作氧化剂；(2)由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可利用碘的特性分析；(3)Al元素的化合价由0上升为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析；(4)先依据方程式确定转移电子与反应产生N2的关系，然后确定转移5mol电子反应产生N2的物质的量，然后结合V=n·Vm确定气体的体积。【详解】(1)在反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价上升，则氧化剂是NaNO2；(2)由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，依据题中反应，NaNO2在酸性溶液中，能将I-氧化成I2，淀粉遇I2变蓝色，则选择②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，变蓝的盐为NaNO2，故合理选项是②⑤；(3)Al元素的化合价由0上升为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，依据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O。(4)依据方程式可知：在反应过程中每反应产生3molN2转移30mole-，则转移5mol电子，反应产生N2的物质的量为n(N2)=×3mol=0.5mol，则生成标准状况下N2的体积V(N2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L。【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的配平、物质的作用、有关计算及物质鉴别的学问，把握反应中元素的化合价改变为解答的关键，在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素化合价降低；还原剂失去电子，元素化合价上升；留意从元素化合价角度及图象角度分析。14.“钢是虎，钒是翼，钢含钒如同虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+。V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2+)的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应的离子方程式：__、__。【答案】(1).V2O5+6OH－＝2VO43-+3H2O(2).V2O5+2H＋＝H2O+2VO2+【解析】【详解】V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2+)的盐，则V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应的离子方程式为V2O5+6OH－＝2VO43-+3H2O，V2O5+2H＋＝H2O+2VO2+。15.某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时须要与水接触。装置分析：（1）装置①中反应的离子方程式是___；（2）装置②中的试剂是__（填字母），装置③中的试剂是___（填字母）；a.饱和NaHCO3溶液b.饱和Na2CO3溶液c.浓H2SO4d.NaOH溶液进行试验：步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。（3）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的试验现象分别是：步骤1中___，步骤2中___；（4）步骤2中过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是___。试验反思：（5）有同学提出质疑：“上述试验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应”。其理由是___；（6）须要补充的试验操作和现象：取⑤中反应后的少量固体，___。【答案】(1).CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑(2).a(3).c(4).步骤1中木条不复燃(5).步骤2中木条复燃(6).2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2(7).气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃(8).加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中（或加BaCl2溶液等检验CO32-的方法即可）【解析】【分析】装置①制备二氧化碳，装置②用于除去HCl，装置③除去水蒸气，装置④⑤为对比试验，用于推断干燥的二氧化碳是否与过氧化钠反应，装置⑥可避开空气中的水、二氧化碳进入④⑤，最终用带火星的木条检验是否生成氧气，结合物质的性质和问题解答。【详解】（1）装置①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应的离子方程式是：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；（2）装置②用于除去HCl，盐酸易挥发，装置②中试剂应为饱和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，饱和碳酸钠也能汲取二氧化碳，所以不选，浓硫酸与氯化氢不反应，也不能汲取氯化氢，所以不选，氢氧化钠能汲取二氧化碳，所以不选，所以装置②中的试剂a符合；试验的目的是验证二氧化碳跟过氧化钠反应时须要与水接触，④⑤中通入的气体应当一个有水蒸气，一个没有，从而做比照试验；②中出来的气体是带水蒸气的，干脆通入⑤中，则⑤中是有水蒸气的，所以④中就是没有水蒸气的，所以③中为除去二氧化碳中的水蒸汽的装置，可为浓硫酸；所以装置③中的试剂是c；（3）①过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，④中没有水蒸汽，则二氧化碳不能和过氧化钠反应；所以不能生成氧气，所以，a处带火星木条不复燃。步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，⑤有水蒸汽，则二氧化碳能和过氧化钠反应生成氧气，所以，a处带火星木条复燃；（4）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；（5）水与过氧化钠反应生成氧气，不能证明二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气使木条复燃；（6）可用反应后的固体加入盐酸，视察生成的气体是否能使澄清石灰水变浑浊，说明生成碳酸钠，二氧化碳参与反应，或加BaCl2溶液等检验CO32-的方法即可。16.A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：A元素基态原子的价电子排布式为nsnnpn，B元素基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，C元素原子最外层电子数是电子层数的3倍，D元素原子半径是第三周期元素中最大的，E元素价电子层中的未成对电子数为4。请回答下列问题：（1）写出C元素基态原子的电子排布式：__，E2+价电子的轨道表示式：__，AC两元素形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式__，B单质的结构式__。（2）CD两元素形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式__，该化合物中存在的化学键类型有___。（3）这5种元素中电负性最大的元素是__(填元素符号)，A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的依次为__(填元素符号)。A、B、C三种元素的氢化物的稳定性由大到小的依次为__(用化学式表示)。【答案】(1).1s22s22p4(2).(3).(4).N≡N(5).(6).离子键和非极性键(7).O(8).N＞O＞C(9).H2O＞NH3＞CH4【解析】【分析】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，由A的基态原子的价电子排布式为nsnnpn可知，n=2，则A为C元素；C的最外层电子数是电子层数的3倍，则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可知p能级上只有3个电子，结合原子序数可知，B为N元素；D元素原子半径是第三周期元素中最大的，则D为Na元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe，电子排布式为[Ar]3d64s2，以此来解答。【详解】由上述分析可知，A为C，B为N，C为O，D为Na，E为Fe。（1）C元素是O，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，Fe2+价电子的轨道表示式为，AC两元素形成的原子个数比为1：1的化合物是CO，与氮气互为等电子体，其电子式为，氮气的结构式为N≡N。（2）CD两元素形成的原子个数比为1：1的化合物是过氧化钠，电子式为，该化合物中存在的化学键类型有离子键和非极性键。（3）非金属性越强，电负性越大，第一电离能越大，则这5种元素中电负性最大的元素是O，由于N的2p电子半满为稳定状态，则A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的依次为N＞O＞C。非金属性越强氢化物越稳定，则A、B、C三种元素的氢化物的稳定性由大到小的依次为H2O＞NH3＞CH4。【点睛】把握元素的性质、电子排布等来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用实力的考查，留意规律性学问的应用，第一电离能推断和CO电子式的书写是解答的易错点和难点，留意依据等电子体的原理书写CO的电子式。17.X、Y、Z、W为四种常见元素，其中X、Y、Z为短周期元素。有关信息如下表。（1）Z的氧化物在通讯领域用来作__。（2）X最高价氧化物对应水化物的水溶液与Y的氧化物反应的离子方程式为__。一种含X元素的化合物是家用消毒液的有效成分，它能有效杀灭2024-coVn，请写出工业上制备它的离子反应方程式__，但在运用时特殊留意不能与洁厕灵混用，缘由是__（用化学方程式表示）。（3）W在周期表中的位置为__，聚硅酸W是目前无机高分子絮凝剂探讨的热点，一种用钢管厂的废W渣(主要成分W3O4，含少量碳及二氧化硅)为原料制备的流程如图：①加热条件下酸浸时，W3O4与硫酸反应生成