【文档说明】陕西省西安市长安区第一中学2021届高三上学期第二次月考化学试卷【精准解析】.doc，共(25)页，1021.500 KB，由小赞的店铺上传

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长安一中2020-2021学年度第一学期第二次质量检测高三年级化学试题(时间：100分钟总分：100分)可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16N：14Na：23Mg：24Al：27Si：28P：31S：32Cl：35.5Fe：56Cu：64I：127一、选择题(每小题只有1个正

确选项，每小题2分，共40分。)1.2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法错误的是（）A.剩饭剩菜属于厨余垃圾B.可

回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解熔融氧化铝制取C.废旧电池中含有镍、镉等重金属，不能用填埋法处理D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O【答案】D【解析】【详解】A．厨余

垃圾包括丢弃不用的菜叶、剩菜、剩饭、果皮、骨头等，故A正确；B．电解熔融氧化铝生成铝和氧气，故B正确；C．废旧电池中含有镍、镉等重金属，若用填埋法处理，会引起土壤污染，故C正确；D．丝、毛的主要成分是蛋白质，除了含C、H、O元素外还含有N、

P、S等元素，燃烧处理时不只生成CO2和H2O，故D错误；选D。2.下列关于元素化合物的化学用语不正确的是（）A.O2-的结构示意图B.Na和Cl形成离子键的过程：C.相对原子量为35.5的氯原子的元素符号:D

.SO2氧化H2S生成单质硫：【答案】C【解析】【详解】A.O2-含质子数为8电子数为10，则结构示意图，故A正确；B.Na原子失去电子形成Na+，Cl原子得到电子形成Cl-过程为：，故B正确；C.元素符号左上方的数字表示原子的质量数，即质量数=质子数+中子数，且为整数，而

元素的相对原子质量可以有整数或小数，二者不一定相等，故C错误；D.SO2氧化H2S生成单质硫，SO2得到电子，H2S失去电子，用单线桥表示为：，故D正确。故答案选：C。3.下列说法不正确的是()A.纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B.加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分

子间作用力的破坏C.干冰升华和CO2溶于水都只有分子间作用力改变D.溴和汞的气化所需克服的作用力类型不同【答案】C【解析】【详解】A．纯碱和烧碱熔化时均只克服离子键的作用，故克服的化学键类型相同，A正确

；B．加热蒸发氯化钾水溶液的过程中，水由液态变为水蒸气，故水分子的分子间作用力被破坏，B正确；C．干冰升华只克服分子间作用力，但CO2溶于水却发生化学反应H2O+CO2H2CO3，故有化学键的断裂和形成，不仅仅是分子间作用力改变，C错误；D．固体溴是分子晶体，气化时质克服分子间作用力

，而固体汞属于金属晶体，其的气化所需克服金属键，故克服的作用力类型不同，D正确；故答案为：C。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）①31g白磷中含有1.5NA个P—P键②2.4gMg与H2SO

4完全反应，转移的电子数为0.1NA③标准状况下，22.4LHF含NA个分子④标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA⑤标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA⑥常温下，

含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA⑦142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NA⑧NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gA.①③④⑧B.①⑥⑦C.

③⑤⑦D.①⑥⑧【答案】B【解析】【详解】①白磷的分子式为P4，1mol白磷含有6mol的P—P键，31g白磷含有P—P键的物质的量为31g6431g/mol=1.5mol，数目为1.5NA个，故①正确；②2

.4gMg的物质的量为0.1mol，与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.2NA，故②错误；③标准状况下，HF是液体，不能用气体摩尔体积计算，故③错误；④标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量为0.1mol，分子数为0.1NA，故④错误；

⑤标准状况下，2.24LCl2的物质的量为0.1mol，溶于水部分和水反应，转移的电子数目小于0.1NA，故⑤错误；⑥常温下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，由于浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，因此生成SO2的分子数小于0.1NA，故⑥正确；⑦Na2SO4和Na2HP

O4的摩尔质量都是142g/mol，142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，1mol该混合物中含2mol钠离子、1mol硫酸根离子和磷酸氢根离子，阴、阳离子总数为3NA，故⑦正确；⑧Fe(OH)3胶体粒子是氢氧化铁集合体，NA个

Fe(OH)3胶体粒子的质量大于107g，故⑧错误；故正确的为①⑥⑦，答案为B。5.W、X、Y、Z、M均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，是Z原子最外层电子数的2

倍，M的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是A.离子半径：W-<X+B.化合物XZW4的结构如图所示，且有还原性C.工业上可以用电解Z、M的熔融态化合物制备Z单质D.W与Y形成的化合物均不能使品红溶液褪色【答案】

B【解析】【分析】W和X同族，Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，8以内符合的只有6，即Y最外层电子数为6，则W、X最外层电子数为1，Z最外层电子数为3，M的最高正价与最低负价代数和为6，故M最外层电子数为7，因W、X、Y、Z、M均为短周期元素且原子序数依次增大，

故W、X、Y、Z、M分别为H、Li、O、Al、Cl。【详解】A.H-和Li+具有相同的核外电子排布，核电荷数越小，半径越大，故H->Li+，A错误；B.Al处于分界线附近，具有一定的金属性和非金属性，与非金属元素形成共价键，Li为活泼金属容易失去电子形成离子键，其中H为-1价，处于最低价态，具有还

原性，B正确；C.工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，C错误；D.H2O2具有强氧化性，能使品红褪色，D错误；答案选B。6.下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是实验操作现象结论A向FeCl3溶液中滴加稀氨水溶液由黄色变为红棕色生成了氢氧化铁胶体B碳和浓硫酸加热所得气体

产物依次通过品红溶液和澄淸石灰水品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊气体产物中含有CO2和SO2C向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀溶液中存在亚铁离子D裂化汽油与碘水混合振荡并静置分层有机层显紫色，水层变为无色裂化汽油将碘萃取到有机层中A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析

】A.向FeCl3溶液中滴加稀氨水，现象是黄色的溶液中生成了红褐色沉淀，结论是生成了氢氧化铁沉淀，A不正确；B.碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄淸石灰水，可以观察到品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊，说明气体产物中一定含有SO2，但是不能确定一定有C

O2，因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊，B不正确；C.向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在亚铁离子，C正确；D.裂化汽油与碘水混合振荡并静置分层，可以观察到有机层显紫色、水层变为无色，但是不能说明是裂化汽油将碘萃取到有机层中，因为裂化汽油中含

有不饱和烃可以与碘发生加成反应，其反应的产物也可以作为萃取剂，D不正确。本题选C。7.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是A.过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B.在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2

的再生C.理论上每生成1molNaHCO3，可得到1molC2H4Cl2D.过程Ⅲ中的反应是C2H4+2CuCl2催化剂C2H4Cl2+2CuCl【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+

TBA•HCl，过程Ⅱ为TBA的再生过程为12O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2催化剂C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。【详解】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向

氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；B．程Ⅱ为TBA的再生过程为12O2+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，实现了TBA、CuC

l2的再生，故B正确；C．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA⋅HCl，理论上每生成1molNaHCO3需要1molTBA，根据过程Ⅱ为TBA的再生过程为12O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，

乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2催化剂C2H4Cl2+2CuCl，则关系式TBA∼CuCl∼12C2H4Cl2，则理论上每生成1molNaHCO3，可得到0.5molC2H4Cl2，故C错误；D．根据分析，过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2C

uCl2催化剂C2H4Cl2+2CuCl，故D正确；答案选C。8.下列离子方程式的书写及评价均正确的是（）选项离子方程式评价A将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+I2正确；Cl2

过量，可将Fe2+、I﹣均氧化B1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O正确；AlO2﹣与Al（O

H）3消耗的H+的物质的量之比为2：3C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣═HClO+HSO3﹣正确；说明酸性：H2SO3强于HClODCa（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成

正盐和水A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】A、一种氧化剂与多种还原性微粒作用，先还原性强的反应，I-的还原性强于Fe2+；B、NaAlO2溶液和HCl溶液，可以有多种可能：①当NaAlO2过量时方程为HCl+NaAlO2+H2O=NaCl+Al(OH)3↓

，②当HCl过量时方程为4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3+2H2O，③1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O；C、SO2具

有强还原性，而NaClO具有极强的氧化性，两者要发生氧化还原反应，与事实相违背；D、足量的NaOH会将溶液中HCO3-反应完全。【详解】A、将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只能够将碘离子氧化完全，正确的离子方程式为Cl2+2I−=2Cl−+I

2，正确的评价为Cl2不足，只氧化I−，故A错误；B.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，如果盐酸过量继续

和Al(OH)3反应，所以1molNaAlO2和盐酸反应最多消耗4molH+，AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比在(1∼4):3，故B正确；C.过量SO2通入到NaClO溶液中，SO3

2−有强还原性，ClO−有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO−=2H++SO42−+Cl−，故C错误；D、因OH－足量，故溶液中Ca(HCO3)2相对不足，Ca(HCO3)2完全反应，其离子反应方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2

OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32－，故D错误。9.某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为bg。则下列推断不合理

的是()A.反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B.向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C.若b=49a，则红色固体粉末一定为纯净物D.b的取值范围：0≤b≤a【答案】C【解析】【分析】红

色固体粉末可能存在以下几种组成，1．若ag红色固体只有铜，加入硫酸不反应，b=a，此时溶液中只有稀硫酸，2．若ag固体为Cu和Fe2O3的混合物，加入稀硫酸，硫酸和氧化铁发生反应，+3+232FeO+6H=2Fe+3H

O，铜和氯化铁溶液反应：3+2+2+2Fe+Cu=2Fe+Cu，称得固体质量为bg．则为反应后剩余的铜的质量为bg；3．若ag固体为Cu、Cu2O的混合物，加入稀硫酸，发生反应+2+22CuO+2H=Cu+Cu+HO，称得固体质量为bg．则bg为反

应生成的铜和原来铜的质量；4．若ag固体全是Fe2O3的质量，加入稀硫酸，硫酸和氧化铁发生反应，+3+232FeO+6H=2Fe+3HO，b=0g，溶液中只有氯化铁和稀硫酸，5．若ag固体全是Cu2O，加入稀硫酸，发生反应+2+22CuO+2H=Cu+Cu+H

O，bg为生成的铜的质量，6．若ag红色固体Cu2O、Fe2O3混合物，加入稀硫酸，硫酸和氧化铁发生反应，+3+232FeO+6H=2Fe+3HO，发生反应+2+22CuO+2H=Cu+Cu+HO，3+2

+2+2Fe+Cu=2Fe+Cu，称得固体质量为bg为生成的铜溶解后剩余固体，7．若ag固体是Cu、Cu2O、Fe2O3的混合物，加入稀硫酸，硫酸和氧化铁发生反应，+3+232FeO+6H=2Fe+3HO，发生反应+2+2

2CuO+2H=Cu+Cu+HO，3+2+2+2Fe+Cu=2Fe+Cu，称得固体质量为bg为生成的铜溶解后剩余固体，据此分析判断。【详解】A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有铜离子、氢离子、亚铁离子3种，A正确；B．无论红色固

体组成如何，反应后剩余固体一定为铜，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成稀硝酸溶液溶解铜，可能使bg固体完全溶解，故B正确；C．b=49a时，说明一定会剩余固体，为铜单质，红色固体粉末为纯净物只有三种情况全是Fe2O3，或全是C

u2O，为纯净物的是铜，为混合物时，可以是Cu和Fe2O3的混合物，Cu、Cu2O的混合物，全是Cu2O，由+2+22CuO+2H=Cu+Cu+HO，所以氧化亚铜与铜的物质的量相等，而铜的物质的量为b64，所以氧化亚铜的质量为b×144=a64即，b

=49a，固体可能是纯净物或混合物，是铜和氧化铁，故C错误；D．上述分析可知b的取值范围：0⩽b⩽a，故D正确；答案选C。10.钼（Mo）的最重要用途是作为铁合金的添加剂，用CO还原MoO3制备单质Mo的装置如图所示（尾气处理装

置已省略）。下列说法正确的是A.装置①用于制备CO2，其中石灰石可用纯碱替代B.装置②中盛有饱和碳酸钠溶液，以除去CO2中的HCl气体C.在装置④中生成了钼单质D.装置⑥中的现象不能达到检验MoO3是否被CO还原的目的【答案】D【解析】【详解

】A.装置①用于制备CO2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,其中石灰石不可用纯碱替代，因为纯碱是粉末状，必然漏到底部，无法随时控制反应的进行和停止，A项错误；B.装置②中如盛有饱和碳酸钠溶液，则发生两个反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑和C

O2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，虽除去了杂质氯化氢，但同时消耗了主要成分二氧化碳，所以选用饱和碳酸钠溶液不合适，可以选用饱和碳酸氢钠溶液，B项错误；C.在装置④发生反应：C+CO22CO，为装置⑤提供还原剂CO，装置⑤中生成了钼单质，C项错误；D.因CO2在装置④没有被完全还

原，也会进入装置⑥中的，所以该装置中石灰水变浑浊，不能直接得出MoO3被CO还原的结论，D项正确；所以答案选择D项。【点睛】明确在本方案设计中每一个装置的作用是解题的关键。本题中还原剂CO的提供是依靠炭与二氧化碳反应实现的。11.甲、乙

、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是A.若甲为Fe，则丁可能是Cl2B.若甲为焦炭，则丁可能是O2C.若甲为SO2，则丁可能是氨水D.若

甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【答案】A【解析】【详解】A．若甲为Fe，丁是氯气，则乙为氯化铁，氯化铁不能再与氯气反应，不符合转化关系，选项A错误；B．甲为碳，丁为O2，物质转化关系为C2OCOCO2，2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，选项B正确

；C．若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2氨水NH4HSO3(NH4)2SO3，(NH4)2SO3；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O；(NH4)2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，选

项C正确；D．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，选项D正确；答案选A。12.某温度下将氯气通入过量KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液。下列说法中，不正确的是（）A.反应消耗的Cl2与生

成的H2O的物质的量之比始终为1∶1，与产物组成无关B.若n(ClO-)∶n(ClO-3)=1∶1，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为2∶3C.若n(ClO-)∶n(ClO-3)=11∶1，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为4∶3D.反应消耗的Cl2与KOH的物质的

量之比取决于反应产物的组成【答案】D【解析】【详解】A．由于反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，根据原子守恒n(K)=n(Cl)，反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比为1∶2，根据氢原子守恒，反应消耗的Cl2与生成的H2

O的物质的量之比始终为1∶1，与产物组成无关，故A正确；B．当n(ClO-)∶n(ClO-3)=1∶1，设n(ClO-)=n(ClO-3)=1mol，根据得失电子守恒，生成的n(Cl-)为6mol，则反应消耗的Cl2为4mol，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为4∶

6=2∶3，故B正确；C．当n(ClO-)∶n(ClO-3)=11∶1，设n(ClO-)=11mol，n(ClO-3)=1mol，根据得失电子守恒，生成的n(Cl-)为16mol，化合价降低被还原，化合价升高被氧化，则反应中被还原与被氧化的

氯元素的物质的量之比为16∶12=4∶3，故C正确；D．由于反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，根据原子守恒n(K)=n(Cl)，反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比为1∶2，与产物组成无关，故D错误；故答案为D。13.将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应

，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是A.标准状况下，通入的O2体积为5.6LB.向

反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0molC.标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2D.硝酸的物质的量浓度为10.0mol·L−1【答案】D【解析】【分析】32g的铜的物质的量为0.5mol；11.2L的NO和

NO2的物质的量为0.5mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.5，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，根据电子守恒有3x+y=0.5×2，和前式联立可得x=0.25mol，y=0.25mol；设氧气的物质的量为z，NO和NO2全部转化为N

aNO3，则根据电子守恒有0.5×2=4z，解得z=0.25mol；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)=0.5mol。【详解】A．根据分析可知通入的O2为0.25mol，标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故A正确；B．当硝酸无剩余时消

耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，根据元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5mol×2=1mol，故B正确；C．根据分析可知，混合气体中有0.25molNO和0.25m

olNO2，即标准状况下的5.6L的NO和5.6L的NO2，故C正确；D．由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度，故D错误；故答案为D。14.由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过

绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：烧渣溶液绿矾铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法不正确的是()A.步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣B.步骤②，涉及的离子方程式为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋C.步骤③

，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D.步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3【答案】C【解析】【详解】A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣，A正确；B．步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15Fe

SO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42-+16H+，B正确；C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，C错误；D．步骤④，反应条件控制不当，绿矾

与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，故D正确；故选C。【点睛】把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键，由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3

+，步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，以此来解答。15.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化

学反应先后顺序判断正确的是A.在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B.在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C.在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶

液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D.在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+【答案】D【解析】【详解】A．若H+先CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧

化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气

的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应

顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。

16.向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是A.图中C点铝元素存在形式是2AlO−B.向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀C.原混合液中

c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)=1∶2D.OA段反应的离子方程式为：3Ba2++2Al3++8OH−+324SO−＝3BaSO4↓+22AlO−+4H2O【答案】D【解析】【详解】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH−、Ba2+与2

4SO−之间的离子反应，如下：Ba2++24SO−＝BaSO4↓，Al3++3OH−＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−＝2AlO−+2H2O，假设1molAl2(SO4)3中24SO−完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，提供6

molOH−，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH−＝Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH−，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时24SO−完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡

的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是2AlO−，A正确；B、D点的溶液中含有Ba2+、2AlO−，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢

氧化铝沉淀，B正确；C、前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L～6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3

]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)＝2n[Ba(OH)2]＝6mol，故n(AlCl3)＝2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)＝1∶2，C正确；D、OA段实质为硫酸铝

与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2++2Al3++6OH−+324SO−＝3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，D错误；答案选D。17.萝卜硫素（结构如图）是具有抗癌和美容效果的天然产物之一，在一些十

字花科植物中含量较丰富。该物质由五种短周期元素构成，其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y、Z原子核外最外层电子数相等。下列叙述一定正确的是（）A.原子半径的大小顺序为Z>W>X>YB.X的简单氢化物与W的氢化物反应生成离子化合物

C.萝卜硫素中的各元素原子最外层均满足8电子稳定结构D.Y、Z形成的二元化合物的水化物为强酸【答案】A【解析】【分析】通过给出的结构式可知，萝卜硫素含氢元素、碳元素，又该物质由五种短周期元素构成可知W、X、Y、Z中有一种是C，由“萝卜硫素”推知其中含硫元素，结合结

构简式中的成键数目知，Z为S，Y为O，W为C，X为N。【详解】A．原子半径：S>C>N>O，故A正确；B．C的简单氢化物是有机物，不与N的氢化物反应，故B错误；C．萝卜硫素中氢元素不满足8电子稳定结构，故C错误；D．SO3的水化物是硫酸，强酸；SO2的水化物是亚硫酸，弱酸，故D错

误；答案选A。【点睛】Y、Z同族，且形成化合物时，易形成两个化学键，故Y为O，Z为S。18.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（）A.途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2B.

相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C.1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75molD.Y可以是葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A、根据反应式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的

量之比是3︰2，选项A正确；B、途径①③中均生成大气污染物，而②没有，所以选项B正确；C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移1mol电子，所以生成0.25mol氧气，选项C不正确；D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成

氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确；所以正确的答案选C。19.溶液中可能含有H＋、+4NH、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、2-3CO、2-4SO、-3NO中的几种。①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则

下列说法正确的是（）A.溶液中一定不含2-3CO，可能含有2-4SO和-3NOB.在滴加NaOH溶液物质的量为0.5～0.7mol时，发生离子反应为Al3＋＋4OH－=-2AlO＋2H2OC.溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋D.n(H＋)∶n(+4NH)∶n

(Mg2＋)＝2∶4∶1【答案】D【解析】【分析】根据题意知，①溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，根据电中性原则知，溶液中一定含有硫酸根；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明溶液中一定不含铁离子；当溶液中含氢

离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根离子反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】A．溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量

氢离子，则一定不含2-3CO和-3NO，根据电中性原则知，一定含有2-4SO，故A错误；B．根据题给图像知，在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：+4NH+OH-=NH3·H2O，故B错误；C．根据题给图

像知，溶液中的阳离子一定含+4NH、H+、Mg2+、Al3+，故C错误；D．根据题给图像分析，氢离子消耗氢氧根离子的物质的量是0.1mol，所以氢离子的物质的量是0.1mol，氢氧化钠为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：+4NH+OH-=NH3·H2O，所以铵离子的物质的量

为0.2mol，氢氧化钠为0.7至0.8mol时，发生反应Al(OH)3+OH-=-2AlO+2H2O，所以Al3＋的物质的量是0.1mol，镁离子的物质的量是(0.4mol-0.1mol×3)÷2=0.05mol，n(H+)∶n(+

4NH)∶n(Mg2+)=2∶4∶1，故D正确；答案选D。20.如图是部分短周期元素的单质及其化合物(或溶液)的转化关系，已知单质B2、C2、D2、E2在常温常压下都是气体，化合物G的焰色反应为黄色；化合物

I、J、K通常状况下呈气态。下列说法正确的是（）A.B氢化物的沸点高于其同主族其它元素氢化物的沸点B.原子半径大小：A>C>B>E>DC.F中既含有离子键又含有极性共价键D.G中的阴离子能抑制水的电离【答案】A【解析

】I与J反应生成铵盐，则它们分别是NH3与HX（X代表卤素，短周期中是F、Cl中的一种，下同），得到这两种氢化物的反应物是N2、H2、X2，共同需要的反应物D2为H2，从反应条件看，H2与X2可以光照生成HX，而N2与H2反应生成NH3需要在催化剂加热加压条件下才能合成，所以C2

为X2，E2为N2，I为HX，J为NH3。G的焰色反应为黄色，说明G是钠的化合物，反应生成气体K，则可能G是钠的碳酸盐（包括酸式盐）反应生成CO2，或G是钠的亚硫酸盐（包括酸式盐）反应生成SO2，则F是钠的另一种化合物且能够与CO2（或SO2）反应生成相应的上述盐

类，同理，A或B中含有钠元素，由于B2是气体，则A中含有钠元素。结合已学反应原理，A是Na单质，B2是O2，二者加热生成Na2O2，K只能是CO2，G是Na2CO3，因为Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，不能再

与HCl反应生成SO2。结合上述分析，A、B的氢化物是H2O，液态时水分子间存在氢键，而同主族其它氢化物之间只存在分子间作用力，所以水的沸点比同主族其它元素氢化物沸点高，A正确。B、A到E五种元素依次为Na、O、F或Cl、H、N，若C为F，半径顺序为Na>N>O>F>H，与B不符，若

C为Cl，半径顺序为Na>Cl>N>O>H，也与B不符，B错误。C、F为Na2O2，电子式是，既含有离子键又含有非极性共价键，C错误。D、G为Na2CO3，阴离子CO32-在水溶液中能够发生水解从而促进水的电离，D错误。正确答案A。点睛：①离子化合物中不一定没有共价键，共价化

合物中一定不含离子键。②氢键主要存在于含有O—H、N—H、F—H键的化合物中，分子间氢键的会使物质的沸点升高，溶解度增大。二、填空题(共5小题，共60分。)21.碳及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。(1)碳与

同周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子，则Q元素在周期表中的位置为___________，R的电子式为___________(2)一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷

却至室温后，回收CCl4的实验操作名称为___________，除去粗产品中少量钠的试剂为___________(3)碳还原制取金刚砂SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2.先将20.0gSiC粗产品加入到过量NaOH溶液中充分反应，收集到标准状况下2.24L

的氢气，过滤后得SiC固体11.4g，滤液稀释到1L。Si与NaOH溶液反应的离子方程式为___________，硅酸盐的物质的量浓度为___________【答案】(1).第二周期第ⅥA族(2).(3).过

滤(4).水或乙醇(5).Si+2OH-+H2O=SiO2-3+2H2↑(6).0.17mol/L【解析】【详解】(1)与C能形成两种气态化合物的为O，会形成CO、CO2，其中CO2为非极性分子，则Q为氧，非极性分子CO2的电子式为：，故答案为：第二周

期第ⅥA族；；(2)得到粗产品为不溶于液态CCl4的固体物质，要分离出CCl4，可用过滤的方法，除去粗产品中少量钠可用水或乙醇，故答案为：过滤；水或乙醇；(3)Si与NaOH溶液反应的化学方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，其离子方程式为：Si+2

OH-+H2O=SiO2-3+2H2↑，由Si~2H2知，粗产品中含Si为2.24122.4/2LLmol=0.05mol，质量为0.05mol28g/mol=1.4g，所以含SiO2质量为20.0g-1.4g-11.4g=7.2g，

物质的量为7.260/ggmol=0.12mol，由Si原子守恒知Na2SiO3的物质的量为0.05mol+0.12mol=0.17mol，溶液的体积为1L，则浓度为0.171molL=0.17mol/L，答案为：Si+2OH-+H2O=SiO2-

3+2H2↑；0.17mol/L。22.环境问题是广大群众关注的热点话题之一，化工厂排放的废水、废渣一般利用化学原理可以进行排放物达标检测与无害化处理。某皮革厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：已知：①酸浸后的溶液中的金属离子主要是Cr3＋

，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3＋Mg2＋Al3＋Cr3＋沉淀完全时的pH3.711.15.49沉淀溶解时的pH——>8溶解>9溶解(1

)如需配制480mL酸浸环节所需的硫酸，需要用量筒量取18.4mol·L-1的浓硫酸___________mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需哪些仪器___________(2)经氧化环节滤

液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O2-7，写出此反应的离子方程式：___________(3)调pH=8环节，既可以将溶液中某些杂质离子转化为沉淀，同时又可以将Cr2O2-7转化为某种含铬元素微粒，溶液颜色由橙色变为黄色，请结合离子反应方程式解释该颜色变化的原因_________

__(4)钠离子交换树脂的反应原理为Mn＋＋nNaRMRn＋nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有___________(5)请写出流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：___________【答案】(1).54.3(2).

500mL容量瓶、胶头滴管(3).2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O2-7＋8H＋(4).Cr2O2-7＋2OH-2CrO2-4＋H2O或Cr2O2-7＋H2O2CrO2-4＋2H＋，加入碱，与H＋反应，平衡正向移动(5).

Mg2＋、Ca2＋(6).2CrO2-4＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2-4＋2OH-【解析】【分析】含铬污泥预处理后加入硫酸酸浸，酸浸后的滤液Ⅰ中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋，加入H2

O2，Cr3＋被H2O2氧化为Cr2O2-7，再加入NaOH溶液，调整pH=8，则此时Cr2O2-7转化为CrO2-4，且Fe3＋、Al3＋沉淀完全，此时滤液Ⅱ中含有金属阳离子Ca2＋和Mg2＋，还有CrO2-4，利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有Ca2＋和Mg2＋，再通入SO2

，使CrO2-4转化为Cr(OH)(H2O)5SO4。【详解】(1)根据c1V1=c2V2列等式，18.4×V1×10-3=2×500×10-3，解得V1≈54.3mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需500

mL容量瓶和胶头滴管。(2)经氧化环节滤液Ⅰ中的Cr3＋被H2O2氧化为Cr2O2-7，此反应的离子方程式为2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O2-7＋8H＋。(3)Cr2O2-7为橙黄色，CrO2-4为黄色，反

应的离子方程式为Cr2O2-7＋2OH-2CrO2-4＋H2O，调pH=8后平衡正向移动，溶液中Cr2O2-7浓度减小，CrO2-4浓度增大，颜色由橙黄色变为黄色的。(4)滤液Ⅱ中金属阳离子有Ca2＋和Mg2＋，则

利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有Ca2＋和Mg2＋。(5)流程中用SO2进行还原时发生反应是还原CrO2-4生成Cr(OH)(H2O)5SO4，反应的离子方程式为2CrO2-4＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2-4＋2OH-。2

3.碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料可制备碘化钠。资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂。回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为：NaClO+2NH3=N2H

4·H2O+NaCl①用下图装置制取水合肼，其连接顺序为___________(按气流方向，用小写字母表示)。②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液，滴加NaClO溶液时不能过快的理由___________(2)碘化钠的制备i．向三口

烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持60～70℃至反应充分；ii．继续加入稍过量的N2H4·H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放

一种空气中的气体；iii．向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；iv．将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g。③步骤i反应完全的现象是___________④步骤ii中IO3−参与反应的离子方程式为

___________⑤本次实验产率为___________⑥某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质。取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，得出NaI中含有NaIO3杂质；请评价该实验结论

的合理性：___________(填写“合理”或“不合理”)，___________(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由)。【答案】(1).fabcde(ab顺序可互换)(2).过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率(3).无固体残

留且溶液呈无色(答出溶液呈无色即给分)(4).2IO3−+3N2H4·H2O=3N2↑+2I－+9H2O(5).80%(6).不合理(7).可能是I－在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝【解析】【分析】实验室在浓氨水中加入氧化钙反应生成氨气，将氨气通入三颈烧瓶中

，缓慢的向三颈烧瓶中滴加NaClO溶液，NaClO溶液和氨气反应生成N2H4·H2O和NaCl。向NaOH溶液中加入碘单质并保持60～70℃至反应充分，直到溶液变为无色，再向溶液中加入稍过量的N2H4·H2O，将开始生成的NaIO和NaIO3还原变为

NaI，根据实际得到的NaI的量除以理论值，计算出NaI的产率。【详解】(1)①首先用D装置制取氨气，再倒入到B装置中发生反应，但由于氨气极易溶解，要用A装置防倒吸，尾气用C装置除掉，因此制取水合肼，其连接顺序为fabcde(ab顺序可互换)；故答案为：fabcde(ab顺序可互

换)。②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液，先排除装置内空气，由于水合肼有还原性，因此避免被氧气氧化，且滴加NaClO溶液时不能过快，主要是NaClO具有强氧化性，水合肼有还原性，两

者易发生氧化还原反应，降低水合肼的产率；故答案为：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率(2)③步骤i是单质碘和NaOH溶液反应，单质碘是紫色，当无固体残留且溶液呈无色说明反应完全；故答案为：无固体残留且溶液呈无色(答出溶液呈无色即给分)。④步骤ii中IO3−和N2H4

·H2O反应生成I－和氮气，因此参与反应的离子方程式为2IO3−+3N2H4·H2O=3N2↑+2I－+9H2O；故答案为：2IO3−+3N2H4·H2O=3N2↑+2I－+9H2O。⑤25.4g碘单质物质的量为1m25.4gn==0.1molM254g

mol−=，根据I2～2NaI，理论上得到n(NaI)=0.2mol，因此本次实验产率为1100%80%0.2mol150g2mo4.0gl−=；故答案为：80%。⑥根据题意可知由于I－具有还原性，可能是I－在酸性环境中被氧气氧化变为单质碘，单质碘使淀粉变蓝，因此不

能说明NaI产品中混有NaIO3杂质；故答案为：不合理；可能是I－在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝。24.A、B、C、D、E、F六种元素均是短周期元素，且原子序数依次增大。B、F原子的最外层电子数均为其电子层数的两倍，D、F元素原

子的最外层电子数相等。X、Y、Z、W、甲、乙六种物质均由上述元素的两种或三种元素组成，元素B形成的单质M与甲、乙均能反应(相对分子质量甲＜乙)转化关系如图(反应条件略去)，元素E形成的单质是“21世纪的能源”，是目前应

用最多的半导体材料。请回答下列问题：(1)写出M与甲的浓溶液加热时反应的化学方程式___________(2)X、Y、Z、W属于同一类物质，这类化合物通常熔沸点较___________(填“高”或“低”)；X、Y、W都能与Z反应，则Z的结构式为___________

(3)将X、W与D2按1∶1∶n的物质的量之比通入Z中，充分反应后无气体剩余或生成，则n=___________，写出反应的化学方程式___________(4)化合物ED2与元素B形成的某种单质能在高温下能发生置换反应，若反应中有1mol电子发生了

转移，则参加反应的化合物ED2的质量为___________g。(5)元素B的另一种单质能导电，具有平面层状结构，同一层中的原子构成许许多多的正六边形，则12g该单质中含有___________NA个正六边形。【答案】(1).C+4HNO3(浓)ΔCO2↑+4NO2↑+2H2O(2)

.低(3).H-O-H(4).34(5).4SO2+4NO2+3O2+6H2O=4HNO3+4H2SO4(6).15(7).0.5【解析】【分析】A、B、C、D、E、F六种元素均是短周期元素，且原子序数依次增大B、F原子的最外层电子数均为其电子层数的两倍

，由于F的原子序数大于B，则B是C元素，F是S元素；D、F元素原子的最外层电子数相等，二者为同主族元素，则D为O元素；C的原子序数介于B、D之间，所以C为N元素；X、Y、Z、W、甲、乙六种物质均由上述元素的两种或三种元素组成，元素B形成的单质M与甲、乙均能反应，则

甲、乙分别为浓硝酸和浓硫酸，相对分子质量甲＜乙，所以甲为浓硝酸，乙为浓硫酸；由转化关系图可知，X为NO2，W为SO2；元素E形成的单质是“21世纪的能源”，是目前应用最多的半导体材料，则E为Si元素；由于A原子序数最小，结合反应过程的物质所含元素，可知A是H元素；据此

答题。【详解】通过上述分析可知A是H元素；B是C元素；C是N元素；D是O元素；E是Si元素；F是S元素；甲是浓硝酸，乙是浓硫酸；X是NO2；Y、Z一种是CO2，一种是H2O；W是SO2；由于NO2、SO2、CO2、H2O属于同一类物质，且X、Y、W都能与Z反应，则Z为H2O，Y是CO2；(1

)M是C单质，C与浓硝酸在加热时发生反应，产生CO2、NO2、H2O，反应的方程式为：C+4HNO3(浓)ΔCO2↑+4NO2↑+2H2O；(2)NO2、SO2、CO2、H2O属于同一类物质，这类化合物固态时的晶体类型为都为分子晶体，通常熔沸点较低，X、Y、W都能与Z反应，则Z为H2O，它

的结构式为H-O-H；(3)NO2、SO2与O2按1∶1∶n的物质的量之比通入H2O中，充分反应后无气体剩余或生成，则根据反应过程中电子转移数目相等，可得反应方程式：4SO2+4NO2+3O2+6H2O=4H2SO4+4HNO3，可见n(SO2)：n(NO2)：n(O2

)=4：4：3=1：1：34，所以n=34；(4)化合物SiO2与C在高温下发生反应：SiO2+2C高温Si+2CO，根据价态变化可知反应1molSiO2转移4mol电子，所以转移1mol电子时消耗SiO2的物质的量是0.25mol，

所以反应的SiO2的质量是m(SiO2)=0.25mol×60g/mol=15g；(5)元素B的另一种单质具有平面层状结构，则该单质是石墨，在同一层中的C原子构成许许多多的正六边形，每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，C原子之间形成正六边形，每个正六边形含有这样

的6个C原子，所以一个正六边形中含有的C原子数目为6×13=2，12g石墨中含有C原子物质的量是1mol，则其中含有的正六边形的物质的量是1÷2=0.5mol，则含有的正六边形的数目为0.5NA个正六边形。25.NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：（1）NaCN与Na

ClO反应，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：（1）第一次氧化时，溶

液的pH应调节为_____（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是__________。（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式_____________________。（3）处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO___g（实际用量应为理论值的4倍）

，才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准。（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似。（CN）2与NaOH溶液反应生成_________、__________和H2O。【答案】(1).碱性(2).防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气(3).2OCN－+

3ClO－＝CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑(4).14900(5).NaOCN(6).NaCN【解析】【详解】(1)NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故答案为碱性；防止生成HCN，造成人员中

毒或污染空气；(2)反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子；N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl

-+N2↑，故答案为2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑；(3)参加反应的NaCN是：()10010.30.549/gmol−=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到

2mol电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：2052mol×74.5g/mol×4=14900g，故答案为14900；(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似，

根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理可知，(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN、和H2O，故答案为NaOCN；NaCN。