福建省泉州市泉港区第一中学2018_2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）.docx

泉港一中2018-2019学年下学期期中考试高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64 一选择题(每小题只有一个正确答案，每小题2分共40分)1.环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的。下列环境问题与所对应的物质不相关的是A. 温室效应CO2B. 白色污染建筑垃圾C. 酸雨SO2D. 雾霾化石燃料【答案】B【解析】【详解】A.二氧化碳是造成温室效应的主要气体，环境问题与所对应的物质相关，故A不选；B.塑料的大量使用造成环境污染，难以降解，造成白色污染，而不是建筑垃圾导致白色污染，故B选；C.二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质，环境问题与所对应的物质相关，故C不选；D.雾霾是悬浮在空气中烟、灰尘等物质，与化石燃料燃烧有关，故D不选。2. 下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：A. 氮元素均被氧化B. 工业合成氨属于人工固氮C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化D. 碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环【答案】【解析】A硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+50，属于被还原，故A错误；B工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；C氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；D碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确故选A【点评】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大3.下列有关化学用语表示正确的是A. H2O2的电子式：HHB. Cl的结构示意图：C. 胆矾的化学式：CuSO4D. O2的结构式OO【答案】A【解析】【详解】A.过氧化氢中氢氧原子之间形成一对共用电子，两个氧原子之间形成一对共用电子，故电子式正确；B.氯离子结构示意图的圆圈中应写成+17，故错误；C.胆矾化学式为CuSO4 5H2O，故错误；D.氧气分子中原子之间形成双键，结构式为O=O，故错误。故选A。4.共价键、离子键、范德华力和氢键是构成物质粒子间的不同作用力，下列物质中：干冰 氯化钠 氢氧化钠 碘 冰水 液态氦 只含有上述一种作用力的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】干冰含有共价键和分子间作用力； 氯化钠只含离子键；氢氧化钠含有离子键和共价键； 碘有共价键和分子间作用力； 冰水含有共价键和氢键； 液态氦只有分子间作用力。故只有一种作用力的为。故选D。5.以下转化过程不可以通过化合反应一步实现的是A. FeFeC13B. FeFeC12C. Fe2O3 Fe(OH)3D. Fe(OH)2 Fe(OH)3【答案】C【解析】【详解】A.铁和氯气反应生成氯化铁，故能一步化合实现；B.铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，故能一步化合实现；C.氧化铁不能和水发生化合反应得到氢氧化铁，故不能一步化合得到，故符合题意；D.氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，能通过化合反应一步实现。故选C。【点睛】解答本题需注意化合反应的特点，如氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁为化合反应。铁和氯化铁反应生成氯化亚铁为化合反应等。注意铁与不同物质反应时产物中价态的不同。6.将一盛满二氧化氮和氧气(体积比为1：1)的试管倒立在水槽中，相当长一段时间后，试管中剩余气体的体积占试管容积的A. 1/4B. 1/3C. 2/3D. 3/8【答案】D【解析】【详解】二氧化氮和氧气在水中可以发生反应，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以当二氧化氮和氧气的体积比为1:1时，假设总体积为8L，则发生第一个反应后还剩余3L氧气，故剩余气体的体积占试管容积的3/8。故选D。【点睛】掌握二氧化氮的性质，注意分析总反应后，若氧气有剩余，就直接得出结果，若二氧化氮有剩余，则还存在二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的反应。7.根据表中信息，判断以下叙述正确的是部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、-2-2A. 氢化物的稳定性为H2TQC. L与M的最高价氧化物的水化物的碱性LM，选项C错误；DL2+是镁离子，R2-是硫离子，它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，选项D错误；答案选B。点睛：本题主要考查了学生有关元素周期表的应用知识，本题关键是能够把握元素的原子半径和化合价的关系，要熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，R、T两元素最外层电子数为6，故为第A元素，而R的半径大于T，T为O，R为S，M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，应为Al，L的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，Q的半径最小，最外层两个电子，故为Be，结合对应单质、化合物的性质解答该题。8.下列溶液中的离子一定能大量共存的是A. 含大量MnO4-的溶液中：SO42-、K+、Cu2+、Fe3+B. 酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、S2-C. 在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Na+、SO42-、CO32-D. 含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-【答案】A【解析】【详解】A. 含大量MnO4-的溶液中：SO42-、K+、Cu2+、Fe3+四种离子不反应， 能大量共存，故正确；B. 酸性溶液中NO3-能氧化S2-，不能大量共存，故错误；C. 加入铝粉能产生氢气的溶液为强酸或强碱溶液，在强碱溶液中NH4+不能大量共存，在强酸溶液中CO32-不能大量共存，故错误；D. Fe3+与I-发生氧化还原反应，与SCN-反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故错误。故选A。9.把一定量的铁粉、铜粉置于盛有FeCl3溶液的烧杯中，充分反应后加入KSCN溶液无明显现象，下列情况不能成立的是A. 烧杯中无铁粉剩余，有铜粉剩余B. 烧杯中铁粉、铜粉均剩余C. 烧杯中铁粉剩余，溶液中含Cu2D. 烧杯中铜粉剩余，溶液中含Fe2【答案】C【解析】【详解】充分反应后加入硫氰化钾溶液无明显现象，说明没有铁离子。A.铁首先和氯化铁反应生成氯化亚铁，然后铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜。所以可能无铁粉剩余，但有铜粉剩余，故正确；B.若氯化铁很少时，铁和铜都可以有剩余，故正确；C.铁有剩余时，说明溶液中的铁离子没有了，铜单质还没有反应，故溶液中不存在铜离子，故错误；D.根据上述分析可知，可能有铜粉剩余，溶液中进行的反应中都产生亚铁离子，所以一定有亚铁离子，故正确。故选C。10.下列除去杂质的方法正确的是A. 除去FeC12 溶液中混有的少量FeC13：加入足量的铜粉后过滤B. 除去CO2中的少量SO2：通入饱和Na2CO3溶液C. NO中混有少量NO2气体：用水洗涤后再干燥D. 除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末【答案】C【解析】【详解】A. 除去FeC12 溶液中混有的少量FeC13：加入足量的铜粉后反应生成氯化铜，引入新的杂质，应使用铁粉，故错误；B. CO2和SO2都能与饱和Na2CO3溶液反应，应使用饱和碳酸氢钠溶液，故错误C. 二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故正确；D. O2不与灼热的CuO反应，故错误。故选C。11.下列各实验现象或事实能用同一原理解释的是 浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小 二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色 二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色 氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥 常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应 浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字 二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊A. 只有B. 只有C. 只有D. 全部【答案】B【解析】【详解】浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小，前者是应为吸水，后者是因为挥发，故原理不同；二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色，前者是因为发生化合反应，后者是发生氧化还原反应；二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色，前者是发生化合反应，后者是发生氧化还原反应；氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥，前者是发生化合反应，后者发生氧化还原反应； 常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应，都是利用了浓硫酸的强氧化性； 浓硫酸能在白纸上写字是利用浓硫酸的脱水性，氢氟酸能在玻璃上刻字是因为氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水； 二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊，都是利用酸性氧化物的性质。故用同一原理解释的为。故选B。12.实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是()A. 氨气发生装置B. 是氨气吸收装置C. 是氨气发生装置D. 是氨气收集、检验装置【答案】C【解析】【详解】A.NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的量太少，A项错误；B.氨气极易溶于水，防倒吸装置中漏斗口应与液面接触，按照装置图水会发生倒吸，B项错误；C.向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca(OH)2，同时放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，C项正确；D.收集氨气采取向下排空气法，试管口处应塞一团棉花，防止与空气对流，否则得不到纯净的氨气，D项错误；答案选C。13.用如图所示装置进行下列实验：将中的浓硫酸滴入中，预测的现象与结论均正确的是A. 若为浓盐酸；产生大量气体产生；说明硫酸酸性比盐酸强B. 若为铜片；有气泡产生，底部生成白色固体；说明浓硫酸有强氧化性C. 若为蓝色硫酸铜晶体；蓝色晶体变为白色；说明浓硫酸有吸水性，发生物理变化D. 若为蔗糖；白色固体变为黑色海绵状，有气体放出；说明浓硫酸有脱水性、氧化性【答案】D【解析】【分析】A.浓硫酸具有吸水性,浓盐酸具有挥发性,浓硫酸吸收浓盐酸中的水分导致浓盐酸浓度增大而加强其挥发性；B.常温下浓硫酸和Cu不反应；C.浓硫酸具有吸水性,能吸收五水硫酸铜中的结晶水而使五水硫酸铜变为无水硫酸铜；D.浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性,还具有强氧化性。【详解】A.浓硫酸具有吸水性,浓盐酸具有挥发性,浓硫酸吸收浓盐酸中的水分导致浓盐酸浓度增大而加强其挥发性,浓硫酸和盐酸都是强酸,该实验体现浓盐酸的挥发性和浓硫酸的吸水性,故A错误；B.常温下浓硫酸和Cu不反应,所以没有明显现象,故B错误；C.浓硫酸具有吸水性,能吸收五水硫酸铜中的结晶水而使五水硫酸铜变为无水硫酸铜,固体由蓝色变为白色,该实验为化学变化,故C错误；D.浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性,还能将蔗糖脱水后形成的碳单质，氧化为二氧化碳，同时还生成刺激性气味的二氧化硫, 体现了浓硫酸的强氧化性，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】浓硫酸除了具有酸的通性外，还具有其它的性质：高沸点性（制备氯化氢气体），吸水性（吸收现有的水）、脱水性（氢、氧元素按2:1比例形成水而脱去）；浓硫酸中+6价硫还具有强氧化性，在加热的条件下还能和一些不活泼的金属反应。14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 足量铜片与含0.2mol H2SO4的浓硫酸共热，反应生成的SO2的分子数为0.1NAB. 室温下，0.3molL-1的Na2SO4溶液中含Na+ 数目为0.6NAC. 标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4LD. NO2和N2O4的混合物共9.2g，其中所含氧原子数一定为 0.4NA【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸随着反应进行浓度变稀，反应停止，所以不能计算产生二氧化硫的量，故错误；B.没有说明溶液的体积，不能计算钠离子的个数，故错误；C.标况下三氧化硫不是气体，不能计算其体积，故错误；D.二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，为NO2，所以9.2克混合物含有的氧原子的物质的量为，个数为0.4NA，故正确。故选D。15.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论错误的是A. 由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B. 中红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应C. 由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D. 的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】【详解】A.加热条件下浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，故正确；B. 中可能是浓硝酸分解产生的红棕色气体，故正确；C. 中浓硝酸和碳没有直接接触，装置中有红棕色气体，说明浓硝酸有挥发性，挥发出的浓硝酸与热的碳反应生成二氧化氮气体，氮元素化合价降低，二氧化氮为还原产物，故正确；D. 的气体产物中检测出CO2，可能是碳加热时与空气中的氧气反应生成的，故错误。故选D。【点睛】浓硝酸具有挥发性、强氧化性和不稳定性，分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸作氧化剂一般生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体。16.M、N、X、Y四种物质之间有如下转化关系(反应条件和其他产物已略去)。下列选项不符合的是A. M：N2X：O2B. M：HNO3X：FeC. M：H2SX：O2D. M：FeX：Cl2【答案】D【解析】【详解】A.氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，符合转化关系；B.硝酸和铁反应生成硝酸铁，硝酸铁和铁再反应生成硝酸亚铁，符合转化关系；C.硫化氢和氧气反应生成硫和水，硫和氧气反应生成二氧化硫，符合转化关系；D.铁和氯气反应生成氯化铁，不能再和氯气反应，不符合转化关系故选D。【点睛】从转化关系看M中应该含有能变价的元素，掌握常见的有此转化关系的元素如碳，氮，硫，钠，铁等。17.向CuSO4溶液中逐滴加入 KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入 SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是A. 滴加KI溶液时，转移2 mol e 时生成 1 mol白色沉淀B. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了 SO2的漂白性C. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂D. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2I2SO2【答案】D【解析】试题分析：由题意可知，向CuS04溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色，说明Cu2+氧化I-离子为I2自身被还原成CuI，再通入S02气体，溶液逐渐变成无色，说明I2氧化二氧化硫，自身被还原成I-离子。A、根据得失电子守恒，滴加KI溶液时，转移2 mol e一时生成2 mol白色沉淀，错误；B、通入S02后溶液逐渐变成无色，体现了S02的还原性，错误；C、通入S02时，S02与I2反应，I2作氧化剂，错误；D、根据实验事实，物质的氧化性：Cu2+I2S02，正确，答案选D。考点：考查对实验现象的分析能力，物质的氧化性的判断，氧化还原反应的计算18. 等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是A. FeOB. Fe2O3C. FeSO4D. Fe3O4【答案】A【解析】试题分析：假设质量都为mg；AFeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；BFe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；CFeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；DFe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A。【考点定位】考查氧化还原反应的相关计算【名师点晴】侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键；氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出NO物质的量的多少。19.有一稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是5 molL1和3 molL1，取10 mL此混合溶液，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(假设反应中HNO3的还原产物全部为NO)A. 0.448 LB. 0.784 LC. 0.896LD. 0.672 L【答案】B【解析】【分析】过量的铁和硫酸和稀硝酸的混合酸反应时，生成亚铁离子。【详解】根据方程式分析，3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O，溶液中的氢离子物质的量为（52+3）0.01mol=0.13mol，硝酸根离子的物质的量为30.01mol=0.03mol，根据方程式计算，硝酸根完全反应生成0.03mol一氧化氮，剩余0.01mol氢离子，还可以和铁反应生成0.005mol氢气，所以气体的体积为（0.03+0.005）mol22.4L/mol=0.784L。故选B。【点睛】掌握硝酸的性质是关键。当有稀硫酸和稀硝酸的混合酸时，硫酸一般是提供酸性环境，硝酸根表现氧化性，因为进行计算时用离子方程式。本题中容易出现错误的点为：还有剩余的氢离子也能和铁反应，生成氢气。20.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。在下图所示物质转化关系中，e是由该四种元素组成的离子化合物，m是Y的单质，n是Z的单质，m、n均为空气的主要成分，p是W的单质，其余为由上述的两种或三种元素组成的化合物；u的水溶液具有漂白性；t和v均为一元强酸。下列说法正确的是A. 物质u中既含共价键又含离子键B. 常温常压下，r与s均为无色气体C. 简单气态氢化物的热稳定性：ZYD. X、Y、Z三种元素形成化合物的水溶液可能呈酸性，也可能呈碱性【答案】D【解析】【详解】m是Y的单质，n是Z的单质，m、n均为空气的主要成分，即是氮气和氧气，二者反应生成r一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成s二氧化氮，所以n为氧气，m为氮气，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故t为硝酸，q为水。p是W的单质， u的水溶液具有漂白性，说明是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，即p为氯气，u为次氯酸，v为盐酸。故X为氢元素，Y为氮元素，Z为氧元素，W为氯元素。A. 物质u为次氯酸，只含共价键，故错误；B. 常温常压下，一氧化氮为无色气体，二氧化氮为红棕色气体，故错误；C. 氧的非金属性比氮强，故水的稳定性大于氨气，故错误；D. 氢、氮、氧三种元素形成化合物可能为硝酸或氨水，其水溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故正确。故选D。二、填空题(共60分)21.某校的化学兴趣小组利用下列实验装置探究二氧化硫的性质，E中装有常见气体,与E装置相连的玻璃导管可根据需要变换长短。实验开始时关闭K2打开K1，从分液漏斗中向烧瓶内加入浓硫酸。(1)A中发生反应的化学方程式是：_，B中的现象是_。(2)C中的现象是_写出C中反应的化学方程式：_。(3)D的作用是_，反应的离子方程式为_。(4)A中反应完成后，关闭K1，打开K2，将E中的无色气体缓缓注入B中，有白色沉淀产生:若E是无色有刺激性气味气体，它的分子式为_，产生的白色沉淀是_(填化学式)若E是无色无味气体，它的分子式为_， 产生的白色沉淀是_(填化学式)【答案】 (1). Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O (2). 有气泡产生 (3). 溶液褪色 (4). SO2Cl22H2O=H2SO42HCl (5). 吸收多余SO2，防止污染空气 (6). SO22OH=SO32-H2O (7). NH3 (8). BaSO3 (9). O2 (10). BaSO4【解析】【分析】亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫，二氧化硫和氯化钡溶液不反应，和氯水反应生成硫酸和盐酸，最后用氢氧化钠吸收二氧化硫，防止污染。【详解】(1)A中为亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，方程式为： Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O；二氧化硫和氯化钡不反应，所以B中的现象为有气泡产生； (2)氯水有颜色，二氧化硫和氯水反应生成硫酸和盐酸，溶液褪色，反应的方程式为：SO2Cl22H2O=H2SO42HCl；(3)D中为氢氧化钠，可以吸收多余SO2，防止污染空气 ，反应的离子方程式为：SO22OH=SO32-H2O；(4) 二氧化硫和氯化钡不反应，但是通入无色有刺激性气味的气体，可以产生白色沉淀，则该气体为NH3，在碱性环境下反应生成亚硫酸钡沉淀，化学式为BaSO3 ；若通入无色无味气体，可以是O2，二氧化硫和氧气和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸。【点睛】掌握二氧化硫的制取和性质是关键，二氧化硫具有酸性氧化物的性质，能和碱反应，具有还原性，能和氯气或高锰酸钾等具有氧化性的物质反应，但二氧化硫对应的酸为亚硫酸，是弱酸，不能和强酸的盐如氯化钡等反应，但亚硫酸盐能和氯化钡反应，所以二氧化硫通入氯化钡溶液中不反应，但是通入氨气时可以产生亚硫酸钡沉淀。22.X 、Y 、Z、W 、R 、M 、Q 是7种短周期元素，原子序数依次增大。已知X与其它6种元素不在同一周期，Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，W是地壳中含量最多的元素，R、M、Q处于同一周期，R是该短周期中半径最大的元素，M与W同一主族。请用化学用语回答下列问题：(1)Y在周期表中的位置是_；M、 W、R的简单离子半径大小顺序为_。(用离子符号表示)(2)X、W、Q按照原子个数比111形成的化合物的电子式为_。(3)W与R形成的化合物可作供氧剂，该化合物含有的化学键类型有：_。(4)M、Q的阴离子还原性较强的是：_(用离子符号表示)，用一个置换反应证实这一结论(写化学方程式)_。(5)以上几种元素中，其中有一种元素的气态氢化物可与它的最高价氧化物的水化物发生非氧化还原反应，请写出反应的化学方程式：_【答案】 (1). 第二周期第、A族 (2). S2O2Na (3). (4). 离子键 、共价键 (5). S2- (6). Cl2+Na2S=2NaCl+S 或Cl2H2SS2HCl (7). NH3+HNO3=NH4NO3【解析】【分析】X 、Y 、Z、W 、R 、M 、Q 是7种短周期元素，原子序数依次增大。已知X与其它6种元素不在同一周期，说明为第一周期，即氢元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，为碳元素，W是地壳中含量最多的元素，为氧元素，则Z为氮元素。R、M、Q处于同一周期，R是该短周期中半径最大的元素，为钠元素，M与W同一主族，为硫元素，则Q为氯元素。【详解】(1)Y为碳元素，在第二周期第IVA族；根据电子层越多半径越大、核外电子排布相同的离子序大径小分析，半径关系为 S2O2Na； (2)氢氧氯三种元素按原子个数比为1:1:1形成的化合物为次氯酸，其电子式为： ；(3)氧和钠形成的可做供氧剂的物质为过氧化钠，含有离子键 、共价键；(4)硫离子和氯离子比较，因为氯元素非金属性比硫强，所以硫离子的还原性较强。用置换反应证实时可以用氯气和硫化钠或硫化氢的反应，方程式为： Cl2+Na2S=2NaCl+S 或Cl2H2SS2HCl；(5) 氮元素的氢化物为氨气，氮元素的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，二者可以反应生成硝酸铵，方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3。23.化学来源于生活又服务于生活，化工生产是指对原料进行化学加工，最终获得有价值的产品的生产过程。某研究小组利用含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料制备铁红(氧化铁)和硫酸铵晶体。流程如下：请回答下列问题：(1)操作I的名称_，滤渣的成分为_。(2)简述下列实验操作：检验溶液A中金属阳离子的方法为_；检验固体B是否洗涤干净的方法是_。(3)请写出溶液A中反应的离子方程式_(4) 测定废料中硫酸铜的质量分数：称取a g废料样品，将操作I得到的滤渣用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为b g，则废料中硫酸铜的质量分数为_(写出表达式。)(5) 某同学提出另一种制备铁红的方法：往工业废水中加入足量的硫酸和双氧水，通过下列操作也可以得到铁红，请配平下列离子方程式_ Fe2+ _ H2O2 + _ H+= _ Fe3+ + _ H2O【答案】 (1). 过滤 (2). Fe (3). Cu (4). 取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有Fe2+ ；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净 (5). 10H2O+ 8NH3 +O2 + 4Fe2+ = 4 Fe(OH)3 + 8NH4+ (6). (5b/2a)100% (7). 2 (8). 1 (9). 2 (10). 2 (11). 2【解析】【分析】硫酸亚铁和硫酸铜中加入硫酸和过量的铁粉，铁和硫酸铜反应置换出铜，所以溶液A为硫酸亚铁，滤渣为铁和铜。溶液A中通入氨气和氧气，硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成氢氧化铁和硫酸铵，固体B为氢氧化铁，氢氧化铁固体加热得到氧化铁。【详解】硫酸亚铁和硫酸铜中加入硫酸和过量的铁粉，铁和硫酸铜反应置换出铜，所以溶液A为硫酸亚铁，滤渣为铁和铜。溶液A中通入氨气和氧气，硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成氢氧化铁和硫酸铵，固体B为氢氧化铁，氢氧化铁固体加热得到氧化铁。(1)操作I是分离固体和液体，所以为过滤； 滤渣为Fe和Cu；(2) 溶液A中的阳离子为亚铁离子，可以利用其还原性，使用酸性高锰酸钾溶液进行检验，操作为：取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有Fe2+ ；固体B为氢氧化铁，可能吸附有硫酸根离子，所以检验固体是否洗净，就是检验最后一次的洗涤液是否含有硫酸根离子，操作方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净 ；(3)硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，离子方程式为：10H2O+ 8NH3 +O2 + 4Fe2+ = 4 Fe(OH)3 + 8NH4+ ；(4)操作I得到的滤渣为铁和铜，用足量的硫酸溶解后，得到的固体为铜，则根据硫酸铜和铜的关系分析，铜的质量为bg，则硫酸铜的质量为g=5b/2g，硫酸铜的质量分数为(5b/2a)1