北京市第十二中学高一下学期3月月考化学试题（解析版）-A4

这是一份北京市第十二中学高一下学期3月月考化学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了 下列有关化学用语表示正确的是， 下列方程式书写正确的是， 下列叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Ge-73
第一部分 选择题（共42分）
1. 下列有关化学用语表示正确的是
A. Na+的结构示意图：B. 过氧化氢的电子式：
C. 二氧化碳分子结构模型：D. NH4Br的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知Na是11号元素，故Na+的结构示意图为：，A错误；
B．已知H2O2是共价化合物，故过氧化氢的电子式为：，B错误；
C．已知CO2为直线形分子，且C原子半径比O大，故二氧化碳分子结构模型为：，C错误；
D．NH4Br是离子化合物，故其电子式为：，D正确；
故答案为：D。
2. 2016年IUPAC命名117号元素为Ts(中文名“”，tián)，Ts的原子核外最外层电子数是7，下列说法不正确的是
A. Ts是第七周期第ⅦA族元素
B. Ts的同位素原子具有相同的电子数
C. Ts在同族元素中非金属性最弱
D. 中子数为176的Ts核素符号是
【答案】D
【解析】
【详解】A．最外层电子数为7，87-118号是第七周期，Ts为117号元素，Ts是第七周期第ⅦA族元素，故A正确；
B．同位素具有相同质子数、不同中子数，而原子的质子数=核外电子总数，则TS的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；
C．Ts的原子核外最外层电子数是7，位于第ⅦA族，同主族由上往下非金属性逐渐减弱，Ts在同族元素中非金属性最弱，故C正确；
D．中子数为176的Ts核素符号Ts,一种元素可能有多种核素，核素的表示应在元素符号的左上角标上质量数293，左下角标上质子数117，核素符号是，故D错误；
故选：D。
3. 下列方程式书写正确的是
A. 用氨水制备氢氧化铝：
B. 利用覆铜板制作印刷电路板：
C. 过量通入饱和碳酸钠溶液：
D. 将二氧化硫通入氯化钙溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化铝只能与强碱反应，不能与弱碱反应，正确的离子方程式为，A错误；
B．铁离子被铜单质还原为亚铁离子，正确的离子方程式为，B错误；
C．碳酸钠与、水反应生成碳酸氢钠，因为溶液为饱和碳酸钠溶液，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，生成的碳酸氢钠的质量比参加反应的碳酸钠的质量大，且经过反应溶剂水减少，因此碳酸氢钠会结晶析出，离子方程式正确，C正确；
D．盐酸的酸性比亚硫酸的酸性强，将二氧化硫通入氯化钙溶液中，不能发生化学反应，D错误；
故选C。
4. 下列叙述正确的是
A. 在过渡元素中寻找优良催化剂及耐高温和耐腐蚀的材料
B. 离子化合物可能含共价键，共价化合物可能含离子键，金属和非金属只能形成离子键
C. 焰色试验是物理变化，钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察，实验后要用硫酸把铂丝洗净
D. 元素的最高正价等于它所处的主族序数
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．在过渡元素中寻找优良催化剂及耐高温和耐腐蚀的材料，A正确；
B．离子化合物可能含共价键，共价化合物一定不含离子键，金属和非金属可能形成共价键，如氯化铝，B错误；
C．实验后要用盐酸把铂丝洗净，C错误；
D．一般情况下，主族元素的最高正价等于它所处的主族序数，但氟元素无正价，氧元素无最高正价，D错误；
故选A。
5. 下面有关含有Si元素的物质，说法正确的是
A. 太阳能由二氧化硅制作而成，而光导纤维主要成分为硅单质
B. 制作玻璃时会发生反应，由此可知酸性比强
C. 由反应可知的非金属性比强
D. 由反应可知盛放溶液的试剂瓶应使用橡胶塞而不用玻璃塞
【答案】D
【解析】
【详解】A．太阳能由硅单质制作而成，而光导纤维主要成分为二氧化硅，A错误；
B．酸性强弱通常通过它们在水溶液中电离出的能力来判断，制作玻璃时会发生反应，只能知道在高温下二者能反应，不能直接反应两种酸的相对强弱，B错误；
C．非金属性是指元素吸引电子的能力，表现为氧化性，该反应中碳作还原剂将二氧化硅还原成硅单质，碳表现还原性，不能说明非金属性强弱， C错误；
D．反应说明二氧化硅可以与碱性物质反应，玻璃的主要成分有二氧化硅，长期与碱性物质（溶液）接触会发生反应，导致瓶塞与瓶口粘连，因此盛放溶液的试剂瓶应使用橡胶塞，D正确；
故选D。
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 24g镁与27g铝中，含有相同的质子数
B. 常温常压下，2.0gH218O和D216O混合物中所含有的中子数为NA
C. 1L0.1ml/L的氨水中有2NA个电子
D. 足量金属Zn与100mL18.4ml/L浓硫酸充分反应生成SO2的分子数为0.92NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．24g镁中含有的质子数为：=12NA，27g铝中含有的质子数为：=13NA，含有的质子数不相同，A错误；
B．已知H218O和D216O的摩尔质量均为20g/ml，每个分子中含有的中子数均为10个，故常温常压下，2.0gH218O和D216O混合物中所含有的中子数为=NA，B正确；
C．氨水中除NH3·H2O外还有H2O，故1L0.1ml/L的氨水中有的电子数目大于2NA，C错误；
D．已知Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，故足量金属Zn与100mL18.4ml/L浓硫酸充分反应生成SO2的分子数为小于0.92NA，D错误；
故答案为：B。
7. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 酸性：B. 碱性：
C. 热稳定性：D. 非金属性：
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于Cl元素最高价含氧酸是HClO4，不是HCl，因此不能根据元素周期律判断酸性：，A符合；
B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B不符合；
C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：，C不符合；
D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D不符合；
故选A。
8. 某原子X的核内中子数为N，质量数为A，它与原子构成分子。所含质子的物质的量是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】某元素的一种原子X的质量数为A，含N个中子，则质子数为(A-N)，则每个分子含有质子数为(A- N+m)，ag的物质的量为：，则ag含质子的物质的量是，答案选A。
9. 四种主族元素的离子、、和（、、、为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若，则下列叙述中不正确的为
A. 元素的原子序数：B. 最高价氧化物对应水化物碱性：
C. 元素非金属性：D. 离子半径的大小顺序为
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目条件，四种主族离子的电子层结构相同，则依据电子数相等可得：，结合 ：推断如下：
；
【详解】A．综上，原子序数顺序为 ，A正确；
B．X和Y为金属阳离子，原子序数 ，说明X在周期表中位于Y右侧。同周期主族金属的原子序数越大，金属性越弱，对应最高价氧化物水化物的碱性越弱。因此，最高价氧化物对应水化物碱性：Y的应强于X，B错误；
C．Z和R为阴离子，原子序数 ，说明Z在周期表中位于R右侧。同周期主族非金属的原子序数越大，非金属性越强。因此，Z的非金属性应强于R，C正确；
D．离子半径规律：电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。原子序数顺序为 ，对应离子半径顺序为 ，D正确；
故选B。
10. 现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍；与能形成、型化合物，与同主族。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是
A. 离子半径：
B. 氢化物的沸点：
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
D. 由X、Y、Z、R四种元素组成的常见化合物属于强电解质
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素中，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C元素或S元素，由图中原子半径和原子序数关系可知R为C元素；Y与Z能形成、型化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Y与T同主族，则T为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H元素，据此解答。
【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素；
A．Y为O元素，Z为Na元素，二元素形成离子分别为O2-、Na+，O2-、Na+它们具有相同的电子层结构，具有相同的电子层结构的离子，半径随着原子序数的递增而减小，则原子序数O＜Na，离子半径O2-＞Na+，故A错误；
B．Y为O元素，T为S元素，二元素形成简单氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子间除了范德华力外，还存在氢键，H2S分子间只有范德华力，则沸点H2O＞H2S，故B错误；
C．R为C元素，T为S元素，最高价氧化物对应水化物分别为H2CO3、H2SO4，非金属性S＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性H2SO4＞H2CO3，故C错误；
D．X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，由H、O、Na、C四种元素组成的常见化合物，如NaHCO3等，属于盐类物质，属于强电解质，故D正确；
答案为D。
11. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为由上述元素组成的中学化学常见的物质，其中A是单质，C是酸性氧化物，A的水溶液和C均具有漂白性，B是自然界最常见的液体，E是三元化合物，物质之间存在如图所示的关系。下列说法不正确的是
A. Z的非金属性强于Y，故最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y
B. 蓝色石蕊试液通入YX2只会变红不会褪色
C. 离子半径：Z＞Y＞X＞W
D. W与X、Y、Z均可形成18电子分子
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由各元素组成的中学化学常见的物质，其中A单质的水溶液具有漂白性，说明A为Cl2，C是酸性氧化物，其水溶液也具有漂白性，则C为SO2，B是自然界最常见的液体，可知B为H2O，SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，E是三元化合物，可知E为H2SO4、D为HCl，所以W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl四种元素，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y为S、Z为Cl，同一周期主族元素从左往右元素非金属性依次增强，即Z的非金属性强于Y，故最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4＞H2SO4，即Z＞Y，A正确；
B．由分析可知，X为O、Y为S，SO2为酸性氧化物，具有漂白性但不能漂白酸碱指示剂，故蓝色石蕊试液通入YX2只会变红不会褪色，B正确；
C．W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl，已知电子层数越多微粒半径越大，S2-、Cl-大于O2-和H+，电子层结构相同，则核电荷数越大微粒半径越小，离子半径S2-＞Cl-＞O2-＞H+，即Y＞Z＞X＞W，C错误；
D．由分析可知，W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl，则W与X、Y、Z均可形成18电子分子：H2O2、H2S、HCl，D正确；
故答案为：C。
12. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族元素由上至下金属性增强，与水反应剧烈程度增强，金属性Ba＞Ca＞Mg，Ca与水反应较快，则Ba与水反应更快，故A正确；
B．同周期元素从左到右非金属性增强，与氢气化合难度减小，非金属性S＞P＞Si，所以P与H2在高温时能反应，故B正确；
C．可与水反应，化学方程式为: ，即与NaCl溶液反应实质是与水反应，无法生成，故C错误；
D．同主族元素由上至下非金属性减弱，简单气态氢化物的热稳定性减弱，非金属性Cl＞Br＞I，所以HBr的分解温度介于二者之间，故D正确；
故选C。
13. 图1为海带浸取液中提碘的实验方案，图2为海水提溴的工艺，下列说法不正确的是
A. ①中反应的离子方程式：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
B. 操作Z的名称是过滤
C. ③操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液中含有I-
D. 利用此法获得1ml的Br2需要22.4L的Cl2
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，①中发生2I-+2H++H2O2═I2+2H2O，②中萃取、分液得到含碘的有机溶液，③中发生3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O，分液分离出下层为四氯化碳，上层溶液中加硫酸发生+5I-+6H+=3I2+3H2O，可知操作③使用的是反萃取法，得到含碘的悬浊液，操作Z为过滤，分离出碘固体，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，①中反应离子方程式：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A正确；
B．由分析可知，操作Z为从含碘的悬浊液中分离出I2固体，该操作的名称是过滤，B正确；
C．由分析可知，③操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液中含有I-和等离子，C正确；
D．题干未告知其他所处的状态是否为标准状况，无法计算所需Cl2的体积，D错误；
故答案为：D。
14. 某学习小组探究元素周期律，设计了如图所示装置，以完成非金属性强弱比较的研究。下列各组实验中所选用试剂与实验目的相匹配的是
A. 全部B. ②③④C. ②③D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热，图中没有加热，所以不能制取氯气，则不能实现实验目的，①错误；
②元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，浓盐酸和高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和KI反应生成碘，氯气的氧化性大于碘，则非金属性Cl＞I，②正确；
③稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，由于HCl不是Cl的最高价氧化物对应水化物，不能证明非金属性Cl＞C；盐酸易挥发，石灰石和盐酸反应制取的二氧化碳中含有HCl，HCl也能和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以有硅酸沉淀生成，也不能说明非金属性C＞Si，无法比较C、Si的非金属性强弱，③错误；
④元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，稀硫酸和纯碱反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸，所以非金属性：S＞C＞Si，④正确；
综上分析可知，只有②④符合题意，故答案为：D。
第二部分 非选择题（共58分）
15. 短周期元素、、、、原子序数依次增大，原子次外层电子数比最外层电子数多2个，与同主族，其中部分元素的原子半径和主要化合价如下表所示：
请回答下列问题：
（1）W元素在元素周期表中的位置为______。
（2）W、R元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的为______（用化学式表示），用电子式表示R元素的气态氢化物的形成过程______。
（3）Y元素原子与氧原子按照个数比形成的化合物电子式为______，写出将该化合物投入水中后发生的离子反应方程式_________。
（4）Y元素最高价氧化物对应的水化物溶液与Z元素最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为__________。用砂纸仔细打磨Z单质后称取两份，质量均为1.8g，将其中一份迅速放入的元素最高价氧化物对应水化物的溶液中，另一份在空气中放置一段时间后再放入等体积的相同溶液中，下列说法正确的是______。
a．未经放置的单质放入溶液后迅速产生气泡，放置后的单质放入溶液一段时间后产生气泡
b．两溶液中有相同体积的气体生成
c．未经放置的Z单质放入该溶液中产生的气体与放入100mL2ml/L的R元素氢化物水溶液中产生的气体体积相同
（5）用化学方程式解释元素氢化物的水溶液不能用玻璃瓶储存的原因：___________。
（6）化合物可用作燃烧剂、推进剂中的氧化剂、高温金属的切割油等。与反应生成两种单质（其中一种为黄绿色气体）和一种氢化物，收集参与反应后生成的黄绿色气体单质继续与铁丝反应，消耗铁丝的质量为______。
【答案】（1）三周期第ⅥA族
（2） ①. HClO4 ②.
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. ac
（5） （6）5.6g
【解析】
【分析】原子次外层电子数比最外层电子数多2个，因此W是S；则R是Cl，与同主族，X原子半径比N小，化合价-1 ，X是F，Y：原子半径186pm，化合价+1 ， 典型碱金属，为金属Na；Z：原子半径143pm，化合价+3 ，是Al，综上所述：是F、是Na、是Al、是S、是Cl，据此解题。
【小问1详解】
W是S，硫的电子排布为2，8，6，位于第三周期第ⅥA族；
【小问2详解】
非金属性Cl > S，最高价含氧酸酸性HClO4强于H2SO4；R元素的气态氢化物为HCl，其为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程为；
【小问3详解】
钠元素原子与氧原子按照个数比形成的化合物为，电子式为；将投入水中生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为；
【小问4详解】
Y最高价氧化物对应的水化物溶液为NaOH溶液，Z最高价氧化物对应的水化物为，反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为；
铝片在空气中放置一段时间后表面形成氧化铝，再投入氢氧化钠溶液中，表面的氧化铝先和氢氧化钠溶液发生反应：会溶解，后铝和氢氧化钠溶液发生反应：而溶解；
a．未放置的Al迅速与NaOH反应生成H2；放置后表面形成Al2O3，需先溶解再反应，延迟产生气泡，a正确；
b．由可知，1.8gAl即mlAl能产生mlH2，而铝片在空气中放置一段时间后再投入氢氧化钠溶液中， Al2O3与碱反应不产生氢气，能产生的H2小于ml，则均有气体生成，但相同条件下气体的体积不相同， b错误；
c．1.8g Al即mlAl能与0.2mlHCl恰好完全反应，无论与酸或碱反应Al失去电子数是相等的，H得到的电子数是相等的，会生成等体积的氢气，即均会生成0.1ml H2，c正确；
故选ac；
【小问5详解】
X氢化物水溶液为HF，不能用玻璃瓶储存，原因是；
【小问6详解】
RX3为ClF3，与NH3反应生成Cl2，还有另外一种单质以及氢化物，化学方程式：；0.3ml ClF3生成0.15ml Cl2，与Fe反应：3Cl2 + 2Fe = 2FeCl3；0.15ml Cl2需0.1ml Fe，质量为0.1ml×56g/ml=5.6g。
16. 某实验小组为了探究卤素的性质，进行下列实验：
I．为验证卤素单质Cl2、Br2、I2氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。资料：稀溴水的颜色是黄色，浓溴水的颜色为红棕色。
实验过程：
i．打开K1，关闭K2、K3，打开活塞a，滴加浓盐酸。
ii．关闭K1，打开K2、K3，当B和C中的溶液都变为黄色时，关闭K3。
iii．B中继续通气体，当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a．
iv．……
（1）用离子方程式表示装置E中发生的反应：___________。
（2）过程iii的实验目的是___________。
（3）过程iv的目的是验证溴的氧化性强于碘，简述其操作及现象：___________。
Ⅱ．该小组继续探究和I-的反应规律，实验操作及现象如表：
（4）取实验2后的溶液，进行下图实验：
①检验的还原产物。取上层清液，______(填操作和现象)，说明被还原为Cl-。
②实验2中和I-发生反应的离子方程式：______。
（5）查阅资料：一定条件下，I-和I2都可以被氧化成。
作出假设：NaClO3溶液用量增加导致实验4中溶液无色的原因是过量的NaClO3溶液与(4)中的反应产物继续反应，同时生成Cl2。
进行实验：取少量实验4中的无色溶液进行下图实验，进一步佐证其中含有。其中试剂X可以是______(填标号)。
a．碘水 b．KMnO4溶液 c．NaHSO3溶液
获得结论：NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是_____________(用离子方程式表示)。
（6）小组同学继续实验，通过改变实验4中硫酸溶液的用量，获得如表实验结果：
对比实验4和5，可以获得的结论是_____________。
【答案】（1）2I-+Cl2=2Cl-+I2
（2）证明C溶液中不含Cl2，避免干扰后续步骤中Br2与I2的氧化性强弱比较
（3）打开活塞b，将C中溶液放入D中，，充分反应、振荡后可观察到D中溶液分层，下层呈紫红色，上层接近无色
（4） ①. 向其中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀， ②. +6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O
（5） ①. c ②. 2+I2=Cl2↑+2
（6）H+(或H2SO4)的用量少时，和I-的反应生成I2，H+(或H2SO4)的用量多时，和I-的反应生成
【解析】
【分析】Ⅰ．由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，装置B中盛有的溴化钠溶液用于验证氯气和溴的氧化性强弱，浸有氢氧化钠溶液的棉花用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，装置C中盛有的溴化钠溶液用于制备溴，装置D中盛有的碘化钾溶液用于验证溴和碘的氧化性强弱，E为验证Cl2和I2的氧化性强弱，浸有氢氧化钠溶液的棉花用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，Ⅱ．实验1中，无色NaClO3用量少，试管中溶液呈浅黄色，KI试纸为无色，则表明试管中生成I2，但没有Cl2生成。实验2中，无色NaClO3用量增多，试管中溶液呈深黄色，KI试纸为无色，则表明试管中生成I2的量增多，但仍没有Cl2生成。实验3中，继续增加NaClO3用量，试管中溶液呈浅黄色，KI试纸为蓝色，则表明试管中生成I2的量不多，但有Cl2生成，据此分析解题。
【小问1详解】
Cl2通入KI淀粉溶液中可观察到溶液变为蓝色，即Cl2与KI反应生成KCl和I2，故装置E中发生反应的离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，故答案为：2I-+Cl2=2Cl-+I2；
【小问2详解】
由题干实验步骤可知，过程iii的实验目的是证明B、C溶液中含有NaBr可以继续和Cl2反应即证明C溶液中不含Cl2，避免干扰后续步骤中Br2与I2的氧化性强弱比较，故答案为：证明C溶液中不含Cl2，避免干扰后续步骤中Br2与I2的氧化性强弱比较；
【小问3详解】
由题干实验步骤可知，过程iv的目的是验证溴的氧化性强于碘，其操作为：打开活塞b，将C中溶液放入D中，充分反应、振荡后可观察到D中溶液分层，下层呈紫红色，上层接近无色，即说明KI和Br2反应生成I2，故答案为：打开活塞b，将C中溶液放入D中，，充分反应、振荡后可观察到D中溶液分层，下层呈紫红色，上层接近无色；
【小问4详解】
①根据Cl-的检验可知，检验的还原产物，取上层清液，向其中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明被还原为Cl-，故答案为：向其中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀；
②从实验现象看，加入0.20mLNaClO3后，溶液中和I-发生反应，生成I2和Cl-等，离子方程式为：+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O，故答案为：+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O；
【小问5详解】
NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO3溶液与(1)中的反应产物I2继续反应，生成，同时生成Cl2，反应的离子方程式是2+I2=Cl2↑+2，取少量实验4中的无色溶液进行以下实验，进一步佐证其中含有，其中试剂X应具有还原性，可将还原为I2，所以X可以是NaHSO3溶液，故答案为：c；2+I2=Cl2↑+2；
【小问6详解】
实验5是在实验4的基础上减少硫酸的用量，溶液由无色变为浅黄色，试纸由蓝色变为无色，则表明有I2生成但不生成Cl2，可以获得的结论是H+(或H2SO4)的用量少时，和I-的反应生成I2，H+(或H2SO4)的用量多时，和I-的反应生成，故答案为：H+(或H2SO4)的用量少时，和I-的反应生成I2，H+(或H2SO4)的用量多时，和I-的反应生成。
17. 门捷列夫在研究周期表时预言了“类硅”元素锗和“类铝”元素镓等11种元素。锗及其化合物应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。一种提纯二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)的工艺如下：
已知：i．与碱反应生成；与碱反应生成。
ii．极易水解生成；沸点。
（1）Ge的原子序数是32，Ge在周期表中的位置是______。
（2）从原子结构角度解释金属性比强的原因__________。
（3）“氧化”过程是将氧化为，其离子方程式为__________。
（4）加盐酸蒸馏生成，生成的化学方程式为__________。
（5）高纯二氧化锗的含量常采用碘酸钾()滴定法进行测定。步骤如下：
a．称取高纯二氧化锗样品，加入氢氧化钠在电炉溶解，生成。
b．加入次亚磷酸钠溶液将中的元素还原为的形式。
c．以淀粉为指示剂，用cml/L碘酸钾标准溶液滴定，当消耗碘酸钾溶液VmL时，溶液变蓝色，半分钟内溶液颜色不变。
资料：；(未配平)。(20℃以下，次亚磷酸钠与和均不反应，消耗的忽略不计)
①配平离子方程式______：。
②此样品中二氧化锗的质量分数是______(用含w、c、V的数学表达式表示)。
【答案】（1）第四周期第ⅣA族
（2）Ge比Si多一层，原子半径增大，失去电子能力增强，金属性增强
（3）3++6OH-=3+Cl-+3H2O
（4）Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O
（5） ①. +5I-+6H+=3I2+3H2O ②. %
【解析】
【分析】二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOH=Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH=2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O，蒸馏分离出GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•n H2O↓+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2•n H2O，将GeO2•n H2O烘干得到高纯的GeO2，据此分析解题。
【小问1详解】
Ge是32号元素，位于第4横行第14纵列，即位于同主族Si的下一周期，则Ge在周期表中的位置是第四周期第ⅣA族，故答案为：第四周期第ⅣA族；
【小问2详解】
Ge和Si属于同主族元素，Ge比Si多一层，原子半径增大，失去电子能力增强，金属性增强，故答案为：Ge比Si多一层，原子半径增大，失去电子能力增强，金属性增强；
【小问3详解】
由分析可知，“氧化除砷”过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，反应方程式为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，对应的离子反应方程式为3++6OH-=3+Cl-+3H2O，故答案为：3++6OH-=3+Cl-+3H2O；
【小问4详解】
蒸馏过程中得到GeCl4，反应还生成氯化钠，反应方程式为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O，故答案为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O；
【小问5详解】
①反应中KIO3中I由+5价降低为0价，KI中I由-1价升高为0价，根据得实电子守恒，配平为+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：+5I-+6H+=3I2+3H2O；
②根据有关反应式：3Ge2+++6H+=3Ge4++I-+3H2O，+5I-+6H+=3I2+3H2O得关系式：3Ge2+～～～，滴定时消耗的VmLcml/L碘酸钾标准溶液中碘酸钾的物质的量为Vc×10-3ml，则样品中二氧化锗的质量分数为×100%=%，故答案为：%。
18. 化学小组研究铁与氯气的反应。
资料：①饱和氯水中主要粒子的浓度：，。
②pH越小，相应的c(H+)越大，溶液酸性越强。
I．常温时，干燥的氯气不与铁反应，工业生产中可将液氯储存在钢瓶中。
Ⅱ．加热条件下，铁能与氯气发生反应，化学方程式为__________。
Ⅲ．研究小组探究常温下铁与氯水的反应，实验如下：
（1）加热条件下，铁能与氯气发生反应，化学方程式为__________。氯气溶于水制得氯水，溶解过程中发生反应的离子方程式为___________。
（2）进行实验iii，检测实验i、ii所得溶液中的金属离子，发现溶液颜色与取样时间有关。
实验i所得溶液中一定含有Fe3+，上述实验证明O2不是起主要作用的氧化剂，证据是_________。
（3）进行实验iv，证明实验i中ClO-、HClO不是与铁发生反应主要氧化剂。
实验iv：①取______溶液，加入与实验i相同的铁丝，放置10min，无明显变化。滴加KSCN溶液，未见明显现象。
②向①的溶液中加入______(填试剂)调节溶液pH=1.5，放置10min，溶液呈现极浅的粉红色。后，溶液呈浅红色。
（4）实验小组对于实验中作氧化剂时生成的可能过程进行猜想：
假设1：与反应生成，被氯水氧化为。
假设2：在水的作用下，铁与反应生成。
继续进行实验，证明若没有假设1的过程，假设2也成立。
实验方案及现象为__________。
综上，铁与氯气在不同条件下的反应不同，说明物质变化是有条件的。
【答案】（1） ①. 2Fe+3Cl22FeCl3 ②. Cl2+H2OH++Cl-+HClO
（2）实验ii中溶液长时间放置，溶液中的c(Fe3+)依然很小(或实验ii的溶液放置240min后，滴加KSCN溶液，只变为极浅的粉红色)
（3） ①. 0.030 ②. H2SO4
（4）将饱和氯水的pH调节约为3，加入铁丝，静置，再滴加KSCN溶液，观察到溶液呈现红色
【解析】
【小问1详解】
加热条件下，铁能与氯气发生反应生成FeCl3，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，氯气溶于水制得氯水，Cl2和H2O反应生成HCl、HClO，反应的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；Cl2+H2OH++Cl-+HClO；
【小问2详解】
实验ii中反应后的溶液放置240min后，滴加KSCN溶液，只变为极浅的粉红色，说明240min后溶液中c(Fe3+)很小，Fe2+被O2氧化的程度很小，则上述实验证明O2不是起主要作用的氧化剂的证据是实验ii中溶液长时间放置，溶液中的c(Fe3+)依然很小(或实验ii的溶液放置240min后，滴加KSCN溶液，只变为极浅的粉红色)，故答案为：实验ii中溶液长时间放置，溶液中的c(Fe3+)依然很小(或实验ii的溶液放置240min后，滴加KSCN溶液，只变为极浅的粉红色)；
【小问3详解】
①实验ⅳ：饱和氯水中c(H+)≈c(Cl-)≈c(HClO)≈0.030ml•L-1，HClO最终电离出c(ClO-)=0.030ml/L，则①取的NaClO溶液物质的量浓度应该和饱和氯水中c(HClO)相等，为0.030ml/L，故答案为：0.030；
②盐酸抑制Cl2和H2O反应，所以应该向①的溶液中加入硫酸调节溶液pH=1.5，故答案为：H2SO4；
【小问4详解】
事实
推测
A
与水反应缓慢，与水反应较快
(ⅡA族)与水反应会更快
B
Si与高温时反应，S与加热能反应
P与高温时能反应
C
可以和NaBr溶液反应生成
可以和NaCl溶液反应生成
D
HCl在时分解，HI在时分解
HBr的分解温度介于二者之间
实验序号
试剂
实验目的：证明非金属性强弱
a
b
C
①
浓盐酸
二氧化锰
溴化钠溶液
Cl＞Br
②
浓盐酸
高锰酸钾
碘化钾溶液
Cl>I
③
稀盐酸
石灰石
硅酸钠溶液
Cl>C>Si
④
稀硫酸
纯碱
硅酸钠溶液
S>C>Si
Y
Z
原子半径/pm
75
71
186
143
主要化合价
；+5
实验及试剂
编号
无色NaClO3溶液用量/mL
试管中溶液颜色
淀粉-KI试纸颜色
1
0.05
浅黄色
无色
2
0.20
深黄色
无色
3
0.25
浅黄色
蓝色
4
0.30
无色
蓝色
编号
6.0ml/LH2SO4溶液用量
试管中溶液颜色
淀粉-KI试纸颜色
5
0.25mL
浅黄色
无色
序号
实验
试剂a
现象
i
饱和氯水(pH=1.5)
产生少量气泡，溶液为浅黄色；
10min后不再产生气泡
ii
盐酸
(pH=1.5)
产生较多气泡，溶液接近无色；
一段时间后，不再产生气泡(此时溶液pH≈3)
取样时间
2min
10min
240min
取实验i溶液滴加KSCN溶液
浅红色
红色
深红色
取实验ii溶液滴加KSCN溶液
无色
无色
极浅的粉红色