福建省福州三中高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年福建省福州三中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一选择题（共18小题）1下列说法正确的是（）a氯化钠和盐酸溶于水都发生电离，克服粒子间作用力的类型相同b氯化铵和水玻璃都属于离子化合物c直径介于1nm10nm之间的微粒称为胶体d由ia族和via族元素可以形成含有原子个数比为l：1，离子个数比为2：l的离子化合物解：a氯化钠中只含离子键、hcl中只含共价键，所以nacl、hcl分别溶于水时，前者破坏离子键、后者破坏共价键，故a错误b水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，则水玻璃不属于离子化合物，故b错误；c胶体为混合物，则分散系中分散质的直径介于1100nm之间的为胶体，故c错误；d由ia族和via族元素形成的原子个数比为l：1、离子个数比为2：l的化合物分别如：h2o2、na2o或na2o2，h2o2只含共价键、na2o或na2o2含离子键，双氧水是共价化合物、氧化钠或过氧化钠都是离子化合物，故d正确；故选d2用na表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）a常温常压下，48go2和o3含有的氧原子数均为3na5.4g铝与足量naoh反应转移的电子数为0.3nab12g重水（d2o）中含有的电子数为6 nac标准状况下，11.2l苯所含原子数为6nad160g胆矾溶于水形成1l溶液，溶液的物质的量浓度为1mol/l解：a、氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的氧原子的物质的量n=3mol，即3na个；5.4g铝的物质的量n=0.2mol，由于铝反应后变为+3价，故0.2mol铝反应后转移0.6mol电子即0.6na个，故a错误；b、重水的摩尔质量为20g/mol，故12g重水的物质的量n=0.6mol，而1mol重水中含10mol电子即10na个，故0.6mol重水中含6mol电子即6na个，故b正确；c、标况下苯为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故c错误；d、160g胆矾的物质的量n=0.64mol，而1mol胆矾中含1mol硫酸铜，故0.64mol胆矾中含0.64mol硫酸铜，故所得溶液的浓度=0.64mol/l，故d错误故选b3氮化硅（si3n4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3sio2+6c+2n2si3n4+6co下列对该反应的说法正确的是（）a该反应的氧化剂是sio2和n2b该反应的还原产物为coc该反应中氧化剂和还原剂质量比为9：7d生成1mol si3n4时共转移12mol电子解：an元素化合价降低，则反应中氧化剂是n2，故a错误；b反应中n元素化合价降低，氧化剂是n2，生成si3n4为还原产物，故b错误；cn元素化合价降低，则反应中氧化剂是n2，c元素化合价升高，则c为还原剂，该反应中氧化剂和还原剂质量比为228：612=7：9，故c错误；d反应中n元素化合价由0价降低到3，则生成1mol si3n4时共转移12mol电子，故d正确故选d4短周期元素x、y位于同一周期，x的原子序数大于y，x的最高价氧化物对应的水化物是强酸下列说法正确的是（）a符合条件的x元素有2种by的最高价氧化物的水化物不可能是强酸cy的氢化物中可能存在离子键dy的单质在常温下可能是气体解：a短周期元素x、y位于同一周期，x的原子序数大于y，x的最高价氧化物对应的水化物是强酸，x可能为n元素、s元素或cl元素，故a错误；b若x为cl元素时，y可以为s元素，硫元素的最高价氧化物的水化物是硫酸，属于强酸，故b错误；cy可以为na等，nah属于离子化合物，故c正确；d x可能为n元素、s元素或cl元素，x、y位于同一周期，x的原子序数大于y，y的单质只能为固体，故d错误，故选：c5如图所示是短周期的一部分，已知b原子与c原子核外电子总数之和为a的4倍，则下列推断正确的是（）ab与c只能形成一种共价化合物ba与b、a与c不能形成离子化合物ca、b、c三者核电荷数之和为40da为金属性元素，b、c为非金属性元素解：b原子与c原子核外电子总数之和为a的4倍，由图可知，设a的原子序数x，则b的原子序数为x+7，c的原子序数为x+9，则x+7+x+9=4x，解得x=8，则a为o，b为p，c为cl，ab、c能形成三氯化磷、五氯化磷共价化合物，故a错误；b三种元素均为非金属元素，则与b、a与c不能形成离子化合物，故b正确；ca、b、c三者核电荷数之和为8+15+17=40，故c正确；do、p、cl均为非金属元素，故d错误；故选bc6下列说法或表示法正确的是（）a需要加热的反应说明不一定是吸热反应b氢气与氧气反应生成等量的水蒸气和液态水，前者放出热量少c在稀溶液中：h+（aq）+oh（aq）h2o（l）h=57.3 kj/mol，若将含0.5 mol h2so4的稀硫酸与含1molnaoh的溶液混合，放出的热量等于57kjd1molc完全燃烧放热393.5 kj，其热化学方程式为：c（s）+o2（g）co2（g）h=393.5 kj/mol解：a、需要加热的反应不一定是吸热反应，如铝热反应需要高温下发生，属于放热反应，故a正确；b、气态水变为液态水放热，则氢气与氧气反应生成等量的水蒸气和液态水，后者放出热量多，故b错误；c、在稀溶液中：h+（aq）+oh（aq）h2o（l）h=57.3 kj/mol，若将含0.5 mol h2so4的稀硫酸与含1molnaoh的溶液混合，放出的热量等于57kj，故c正确；d、1molc未说明是固体还是气体完全燃烧放热393.5 kj，不能书写热化学方程式，故d错误；故选cd7（nh4）2so4在一定条件下发生如下反应：4（nh4）2so4=n2+6nh3+3so2+so3+7h2o，将反应后的混合气体通入bacl2溶液，产生的沉淀为（）abaso4bbaso3cbasdbaso4和baso3解：反应后的混合气体通入到bacl2溶液中发生的是复分解反应 so2+h2o+2nh3=（nh4）2so3 （nh4）2so3+bacl2=baso3+2nh4clso3+h2o+2nh3 =（nh4）2so4（nh4）2so4+bacl2=baso4+2nh4cl依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为baso3和baso4，故选d8在如图点滴板上有四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写错误的是（）aa反应：2fe2+2h+h2o22fe3+2h2obb反应：nh4+ohnh3+h2occ反应：ch3cooh+ohch3coo+h2odd反应：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+解：aa的离子反应为2fe2+2h+h2o22fe3+2h2o，遵循电子、电荷守恒，故a正确；bb的离子反应为hco3+nh4+2ohnh3+2h2o+co32，故b错误；cc发生中和反应生成醋酸钾和水，离子反应为ch3cooh+ohch3coo+h2o，故c正确；dd中反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子反应为al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故d正确；故选b9下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（）a向alcl3溶液中滴入naoh溶液b向naoh溶液中通入so2气体c向浓硝酸中加入过量铜粉d向mgcl2、h2so4的混合液中滴入过量ba（oh）2溶液解：a、若向alcl3溶液中滴入过量naoh溶液反应，生成偏铝酸钠和氯化钠；若naoh溶液太过量，生成偏铝酸钠和氯化钠外，还有naoh溶液，故a不符合；b、二氧化硫与碱反应生成亚硫酸钠，若二氧化硫部分过量会继续反应生成亚硫酸氢钠，二氧化硫量的多少可以生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，故b不符合；c、向浓硝酸中加入过量铜粉，生成硝酸铜，故c符合；d、向mgcl2、h2so4的混合液中滴入过量ba（oh）2溶液，溶质为氯化钡，氢氧化钡，溶质有两种，故d不符合；故选c10现将fe（no3）2溶液分别滴入到h2so4hno3溴水 碘水等溶液中，其中能使fe2+变成fe3+的是（）ab只有cd解：由题中反应方程式可知，离子的氧化性关系为：br2fe3+i2，hno3fe3+，、fe（no3）2溶液滴入硫酸中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，能够将亚铁离子还原成铁离子，故正确；fe（no3）2溶液滴入硝酸中，硝酸检验强氧化性，能发生反应3fe2+no3+4h+=3fe3+no+2h2o，故正确；fe（no3）2溶液滴入溴水中，由于氧化性br2fe3+，所以溴单质能够将亚铁离子氧化成铁离子，故正确；fe（no3）2溶液滴入碘水中，由于氧化性fe3+i2，所以碘单质不能够氧化亚铁离子，故错误；故选d11下列物质除杂（括号内物质为杂质）的方法及试剂都正确的是（）物质方法试剂a乙烷（乙烯）洗气酸性高锰酸钾溶液balcl3（mgcl2）过滤氢氧化钠溶液cco2（so2）洗气饱和碳酸氢钠溶液dal（mg）过滤氢氧化钠溶液aabbccdd解：a乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故a错误；b二者均与naoh溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故b错误；c二氧化碳与碳酸氢钠不反应，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则方法及试剂都正确，故c正确；dal与naoh溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故d错误；故选c12某温度时一定质量的铁和足量的稀硝酸或浓硝酸完全反应，在相同条件下，用排水集气法收集产生的气体下列叙述一定正确的是（）a硝酸浓度越大，消耗的硝酸越少b硝酸浓度越大，生成的fe（no3）3越多c硝酸浓度越大，产生的气体越少d用排水集气法收集到的气体在相同状况下体积相同解：根据fe+4hno3（稀）=fe（no3）3+no+2h2o、fe+6hno3（浓）=fe（no3）3+3no2+3h2o、3no2+h2o=2hno3+no，a、等量的fe与酸反应，浓硝酸消耗的多，故a错误；b、等量的fe与酸反应，由fe原子守恒可知生成fe（no3）3的物质的量相同，故b错误；c、等量的fe与酸反应，浓硝酸反应生成气体多，故c错误；d、因3no2+h2o2hno3+no，最终收集气体均为no，由电子守恒可知，收集no的体积相等，故d正确；故选d13将4.6g na和2.7gal同时加入到足量的水中充分反应，将反应后的溶液稀释，定容为500ml下列说法正确的是（）a参加反应的水的质量是加入的al的质量的2倍b反应中放出的气体在标准状况下的体积为2.24lc所得溶液中na+和al3+的物质的量之比为2：1d所得溶液中阳离子和阴离子的物质的量之比为2：1解：4.6 g钠的物质的量为=0.2mol，2.7gal的物质的量为=0.1molna和水反应：2 na+2h2o2 naoh+h2 0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol生成n（naoh）=0.2mol，naoh和al反应：2 al+2 naoh+2h2o2 naalo2 +3 h2 0.1mol 0.1mol 0.1mol 0.1mol 0.15mol naoh过量，al完全反应，反应后的溶质物为0.1molnaalo2、0.1molnaoh，a、因反应共消耗水0.3mol，质量为5.4g，al的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，则参加反应的水的质量是加入的al的质量的2倍，故a正确；b、因钠与水反应和铝与碱反应都放出气体，气体在标准状况下的体积为22.4l/mol0.25mol=5.6l，故b错误； c、因反应后溶液中含有0.1molnaalo2、0.1molnaoh，没有al3+，故c错误；d、因反应后溶液中含有0.1molnaalo2、0.1molnaoh，阳离子和阴离子都为1价离子，阳离子和阴离子的物质的量之比为1：1，故d错误故选：a14某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入ba（hco3）2溶液中能发生反应且有沉淀产生的是（）afecl2bal2o3cna2odsio2解：a铁与氯气反应得到氯化铁，得不到氯化亚铁，所以氯化亚铁不能通过单质直接化合得到，故a错误；b氧气与氯气反应生成氧化铝，氧化铝能通过单质直接化合得到，但是氧化铝不溶于水，与碳酸氢钡不反应，故b错误；c钠与氧气常温下生成氧化钠，氧化钠能通过单质直接化合得到，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸氢钡反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，符合题意，故c正确；d硅与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅能够通过单质直接化合得到，但是二氧化硅不溶于水，将其加入ba（hco3）2溶液中不发生反应，故d错误；故选：c15下表各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（）物质选项abcdaccoco2o2bca（oh）2caco3ca（hco3）2co2calal（oh）3naalo2naohdcl2fecl3fecl2feaabbccdd解：a、c和o2反应生成co，co和o2反应生成co2，c和co2反应可以生成co，2c+o2=2co，2co+o2=2co2，c+co2=2co，通过一步反应能实现，故a不符合；b、ca（oh）2和co2反应生成caco3，ca（oh）2+co2=caco3+h2o，caco3和co2、h2o反应生成ca（hco3）2，caco3+co2+h2o=ca（hco3）2，ca（oh）2 和ca（hco3）2反应生成caco3，ca（oh）2+ca（hco3）2=caco3+2h2o，通过一步反应能实现，故b不符合；c、al和naoh反应生成alo2，不能一步生成al（oh）3，故c符合；d、cl2和fe反应生成fecl3，3cl2+2fe=2fecl3，fecl3溶液和fe反应生成fecl2，2fecl3+fe=3fecl2，fecl2和cl2反应生成fecl3，2fecl2+cl2=2fecl3，通过一步反应能实现，故d不符合；故选c16如图所示，集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶内气体是（）h2、o2cl2、ch4no2、o2n2、h2abcd解：h2、o2皆难溶于水，相互间不反应，挤入水后烧杯中的水不会进入集气瓶，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误；氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯化氢气体，氯化氢易溶于水，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；二氧化氮和氧气与水反应生成硝酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误故选d17已知ba（alo2）2可溶于水如图表示的是向al2（so4）3溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入ba（oh）2的物质的量x的关系下列有关叙述错误的是（）aab时沉淀的物质的量：al（oh）3比baso4多bbc时溶液中离子的物质的量：alo2比ba2+多cad时沉淀的物质的量：al（oh）3一定小于baso4dde时溶液中离子的物质的量：ba2+可能等于alo2解：a、在b点时发生反应a12（so4）3+3ba（oh）2=2al（oh）3+3baso4，沉淀的物质的量为al（oh）3baso4，故a错误；b、b点是沉淀的最大值，bd中al（oh）3沉淀逐渐溶解转化为ba（alo2）2，bc可以看成是发生反应2al（oh）3+ba（oh）2=ba（alo2）2+4h2o，所以离子的物质的量alo2ba2+，故b正确；c、假设有1mola12（so4）3则溶液中含有2mola13+、3molso42，向溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液时发生的反应为：al3+3oh=al（oh）3、so42+ba2+=baso4，则当2mola13+完全沉淀时，消耗ba（oh）23mol，此时3molso42全部沉淀；生成沉淀为2molal（oh）3和3molbaso4共5mol，因此，在整个反应过程中baso4的物质的量始终大于al（oh）3的物质的量，故c正确；d、de段中，某点时当加入的ba（oh）2的物质的量等于ba（alo2）2的物质的量时，溶液中ba2+与alo2的量相等，故d正确；故选a18将2.4g fe、mg合金投入到一定量的稀硝酸中，金属与硝酸恰好完全反应，共收集到标准状况下的气体vl（硝酸被还原成no），若向反应后的溶液中加入足量的naoh溶液，待金属元素全部沉淀后，再将沉淀过滤、洗涤、灼烧后称量，质量为3.6g则收集到的气体体积v的值不可能为（）a1.016b1.00c0.986d2.24解：最终灼烧后得到的产物是氧化铁和氧化镁，假设合金中fe物质的量为x，mg的物质的量为y，那么有下列等式：56x+24y=2.4，160+40y=3.6，联立解得：x=y=0.03mol，fe与硝酸反应后可能是+2价，也可能是+3价：当生成fe2+时，金属提供的电子最少，生成no最少，根据电子转移守恒可知，n（no）=0.04mol，所以no体积最小为：0.04mol22.4 l/mol=0.896l；当生成fe3+时，金属提供的电子最多，生成no最多，根据电子转移守恒可知，n（no）=0.05mol，所以no体积最小为：0.05mol22.4 l/mol=1.12l，因此0.896lv（no）1.12l，所以v不可能为2.24l，故选d二非选择题19原子序数由小到大排列的四种短周期元素x、y、z、w四种元素的原子序数之和为32，周期表中x是原子半径最小的元素，y、z左右相邻，z、w位于同主族（1）y元素是n（用元素符号表示，下同）（2）z、w形成的气态氢化物的稳定性为h2oh2s；（3）由x、y、z、w四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为：3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o（4）由x、y、z、w四种元素组成的一种离子化合物a，已知1mol a能与足量naoh浓溶液反应生成标准状况下44.8l气体，a能与盐酸反应产生气体，该气体能与氯水反应，写出该气体与氯水反应的离子方程式so32+cl2+h2o=so42+2cl+2h+解：原子序数由小到大排列的四种短周期元素x、y、z、w，在周期表中x是原子半径最小的元素，则x为h元素；z、w位于同主族，设z的原子序数为x，则w的原子序数为x+8，y、z左右相邻，y的原子序数为x1，由四种元素的原子序数之和为32，则1+（x1）+x+（x+8）=32，解得x=8，即y为n元素，z为o元素，w为s元素（1）由上述分析可知，y为n元素，故答案为：n；（2）由于非金属性os，故氢化物稳定性：h2oh2s，故答案为：h2o；h2s；（3）由x、y、z、w四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，故该酸是hno3，稀硝酸与铜离子方程式为 3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o，故答案为：3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o；（4）x、y、z、w四种元素组成的一种离子化合物中的阳离子为nh4+，阴离子为硫酸根离子、硫酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，但1mol a能与足量naoh浓溶液反应生成标准状况下44.8l气体，则1mola中含有2molnh4+，则a为硫酸铵或亚硫酸铵，又知a既能与盐酸反应，又能与氯水反应，故a为亚硫酸铵，氯气氧化亚硫酸根为硫酸根，反应离子方程式so32+cl2+h2o=so42+2cl+2h+，故答案为：so32+cl2+h2o=so42+2cl+2h+20部分氧化的fecu合金样品（氧化产物为fe2o3、cuo）共5.76g，经如下处理：（1）溶液a中的阳离子有fe2+、h+（2）样品中fe元素的质量为2.24g；（3）产生的气体的体积v=448ml解：硫酸足量，由于氧化性：fe3+cu2+h+，铁离子优先反应，由于滤液a中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液a中不含铁离子，滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，滤液a中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为fe2o3，（1）生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有+3价铁离子，则溶液a中含fe2+、h+，故答案为：fe2+、h+；（2）fe的物质的量为2=0.04mol，其质量为：0.04mol56g/mol=2.24g，故答案为：2.24；（3）最后溶液中溶质为过量h2so4和feso4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的h+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量：=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.080.04=0.04molh+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，故答案为：44821某无色溶液由na+、ag+、ba2+、al3+、fe3+、alo2、mno4、co32、so42中的若干种组成取该溶液进行如下实验：（注：2al3+3co32+3h2o=2al（oh）3+3co2 al3+3hco3=al（oh）3+3co2）（a）取试液适量，加入过量稀盐酸，有气体生成，得到溶液甲；（b）向溶液甲中再加入过量碳酸氢铵溶液，析出白色沉淀乙，得到溶液丙；（c）向溶液丙中加入过量ba（oh）2溶液并加热，有气体生成，析出白色沉淀丁根据上述实验回答下列问题：（1）溶液中一定不存在的离子是ag+、ba2+、al3+、fe3+、mno4（2）一定存在的离子是na+、alo2、co32（3）写出步骤c的离子反应方程式是ba2+2oh+nh4+hco3=baco3+nh3+2h2o解：（1）取试液适量，加入过量稀盐酸，有气体生成，则溶液中含有离子co32，则一定不含ag+、ba2+、al3+、fe3+，这些离子与co32离子反应生成沉淀而不能大量共存，根据溶液的电中性，溶液中一定存在na+离子，溶液无色，则不含mno4，故答案为：ag+、ba2+、al3+、fe3+、mno4；（2）根据（1）的分析和解答，溶液中含有co32和na+离子，溶液甲呈酸性，再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，析出白色沉淀，应是发生：al3+3hco3=al（oh）3+3co2，甲中应含有al3+离子，则原溶液中应含有alo2离子，故答案为：na+、alo2、co32；（3）步骤c是在过量的碳酸氢铵溶液里加入过量氢氧化钡溶液，生成氨气和碳酸钡沉淀，发生的离子反应为ba2+2oh+nh4+hco3=baco3+nh3+2h2o，故答案为：ba2+2oh+nh4+hco3=baco3+nh3+2h2o22（1）硝酸是重要的工业原料可用铝制容器存放浓硝酸的理由是常温下，浓硝酸可使铝表面形成致密的氧化膜而钝化；某硝酸厂处理尾气no2的方法是：催化剂存在时用h2将no2还原为n2已知：2h2（g）+o2（g）=2h2o（g）h=483kjmol1，n2（g）+2o2（g）=2no2（g）h=+68kjmol1，则h2还原no2生成水蒸气的热化学方程式是：4h2（g）+2no2（g）=n2（g）+4h2o（g）h=1034kjmol1（2）某研究小组以cacl2和h2为原料制备+1价ca的化合物，产物中只有甲和乙两种化合物研究发现：化合物甲的组成中钙、氯元素的质量分数分别为52.29%、46.41%；化合物乙的水溶液显酸性请回答下列问题：某研究小组是否成功制的+1价ca 的化合物？否（填“是”或“否”）甲的化学式是cahcl 甲与水反应可得h2，其化学方程式是：2cahcl+2h2o=cacl2+ca（oh）2+2h2解：（1）常温下，铝和浓硝酸发生钝化现象而在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，故答案为：常温下，浓硝酸可使铝表面形成致密的氧化膜而钝化；2h2（g）+o2（g）=2h2o（g）h=483kjmol1 （1）n2（g）+2o2（g）=2no2（g）h=+68kjmol1（2）将方程式（1）2（2）得4h2（g）+2no2（g）=n2（g）+4h2o（g）h=2（483kjmol1）（+68kjmol1）=1034 kjmol1，故答案为：4h2（g）+2no2（g）=n2（g）+4h2o（g）h=1034 kjmol1；（2）化合物乙的水溶液显酸性，根据元素守恒知乙为氯化氢；化合物甲的组成中钙、氯元素的质量分数分别为52.29%、46.41%，还有一种元素，根据反应中元素守恒知，另一种元素为氢元素，则其钙原子、氯原子和氢原子个数之比=： =1：1：1，所以甲的化学式为cahcl，化合物乙的水溶液显酸性，则为氯化氢，不能成功制得+1价ca的化合物，钙元素的化合价是+2价，故答案为：否；根据上述的分析，甲的化学式为cahcl，甲和水反应生成氢气，同时生成氯化钙、氢氧化钙，反应方程式为2cahcl+2h2o=cacl2+ca（oh）2+2h2，故答案为：cahcl；2cahcl+2h2o=cacl2+ca（oh）2+2h223高铁酸钾（k2feo4）是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，生产工艺如下：已知：温度较低时：2koh+cl2=kcl+kclo+h2o温度较高时：6koh+3cl2=5kcl+kclo3+3h2ofe（no3）3+kclo+kohk2feo4+kno3+kcl+h2o（未配平）（1）该生产应在温度较低的情况下进行（填“较高”或“较低”）；（2）请配平反应：2fe（no3）3+3kclo+10koh2k2feo4+6kno3+3kcl+5h2o（3）k2feo4具有强氧化性的原因为fe元素化合价为+6价，价态高，易得电子；（4）在“反应液i”中加koh固体的目的是ab；a为下一步反应提供反应物b与“反应液i”中过量的cl2继续反应，生成更多的kclockoh同体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率d使副产物kclo3转化为kclo（5）从“反应液”中分离出k2feo4晶体后，可以得到的副产品有kno3、kcl（写化学式）解：足量cl2通入和koh溶液中，温度低时发生反应cl2+2oh=cl+clo+h2o，向溶液i中加入koh，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去kcl得到碱性的kclo浓溶液，向碱性的kclo浓溶液中加入90%的fe（no3）3溶液，发生反应2fe3+3clo+10oh=2feo42+3cl+5h2o，得到溶液ii，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体k2feo4，（1）由工艺流程及可知，利用fe（no3）3与kclo制备k2feo4，由信息可知温度较高koh与cl2 反应生成的是kclo3由信息可知，在低温下koh与cl2 反应生成的是kclo故选择低温较低，故答案为：较低；（2）反应中铁元素从+3价升到+6价，氯元素从+1价降到1价，根据化合价升降法及元素守恒可知反应方程式为：2fe（no3）3+3kclo+10koh2k2feo4+6kno3+3kcl+5h2o，故答案为：2、3、10、2、6、3、5；（3）k2feo4中fe元素化合价为+6价，价态高，易得电子，所以表现强氧化性，故答案为：fe元素化合价为+6价，价态高，易得电子；（4）koh和氯气反应生成kclo，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子