C．原子半径：
T>Q>RD．含T的盐溶液一定显酸性
D解析:
根据元素所处的位置，可猜测T、Q、W为第三周期的元素，其中T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al，Q为Si，W为S，R为N元素。
用具体元素可判断A，B，C三个选项都正确，D选项中含铝离子的盐溶液是显酸性，但Na[Al（OH）4]溶液就是显碱性的，学生可用排除法得出答案。
对
6，下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A.向稀硝酸中滴加Na2SO3溶液：
SO32-+2H+=SO2↑+H2O
B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：
SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32-
C.向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3·H2O：
Al3++4NH3·H2O=[Al（OH）4]-+4NH4+
D.向CuSO4溶液中加入Na2O2：
2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑
选D。
解析：
A.错误，稀硝酸会将SO32-氧化为SO42-；
B.错误，SO2过量时会形成HSO3-；
C.Al（OH）3不能溶解在过量的氨水中；
D.正确。
对
7，三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：
3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF。
下列有关该反应的说法正确的是
A.NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:
1
C.若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子
D.NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
解析:
分析反应前后各元素价态变化，可知NF3在反应中既是氧化剂也是还原剂，其中：
NF3→HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂；2NF3→2NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:
2。
生成1molHNO3转移2mol电子，所以生成0.2molHNO3转移0.4mol电子。
NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色NO2。
综合上述，选项D正确。
对
8，CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。
向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。
下列说法不正确的是
A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物
B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性
C．上述实验条件下，物质的氧化性：
Cu2＋＞I2＞SO2
D．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应
解：
A．滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；
B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；
C.2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：
Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故C正确；
D．发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故D错误；
故选D．对
9，
解：
A．X为C，Z为O2，碳与氧气可以发生不完全燃烧生成化合物乙CO，碳与水在高温的条件下可以反应生成CO和H2，氢气在氧气在燃烧生成水，可以一步实现，故A不选；
B．X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙（ZnCl2）与单质Y（Fe），二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，不可以一步实现，故B选；
C．X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙（MgO）与单质Y（C），可以一步实现反应生成化合物乙（HCl）与单质Y（Si），可以一步实现，故C不选；
D．X为氢气，可与SiCl4反应生成Si和HCl，Y为Si，可与氯气反应生成SiCl4，化合物乙为HCl，可一步实现，故D不选．
故选B．对
10，下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
图1 图2 图3 图4
A．用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3
B．用图2所示装置可除去NO2中的NO
C．用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液
D．用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色
C；【解析】
试题分析：
A、收集方法错误，应采用向下排空气法收集，错误；B、该装置可除去NO中的NO2，错误；C、CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液分层，可用分液法分离，正确；D、铁作阴极，不会失电子而进入溶液，因此得不到Fe（OH）2，应把铁做电解池的阳极，错误。
11，对
12，对
13，（2015秋•九江月考）某无色气体可能含有CO、H2、O2、CO2、NH3、NO、HCl、NO2、SO2等气体中的若干种，为确定其成分，某学生进行了如下实验：
①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体．②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象；而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊．③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色．下列判断正确的是（ ）
A．混合气体中一定有NO2和CO
B．混合气体中一定没有H2和NH3
C．不能确定混合气体中是否有NH3
D．混合气体中至少有HCl等四种气体
解：
无色气体中一定不含有色的NO2气体；①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体，产生红棕色的气体为NO2，说明原混合气体中一定含有NO，则一定不含O2；②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象，而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊，白色沉淀为碳酸钙或亚硫酸钙，原混合气体中一定含有HCl、至少含有CO2、SO2中的一种，则一定不存在与氯化氢反应的NH3；③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化，说明混合气体中不存在SO2，结合②可知一定含有CO2；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色，说明原混合气体中至少含有CO或H2中一种；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色，说明一定存在H2，可能含有CO，
根据分析可知，原混合气体中一定存在的气体为：
H2、CO2、NO、HCl；可能存在CO；一定不存在的气体为：
O2、NH3、NO2、SO2，
A．原混合气体中一定不存在NO2，可能含有CO，故A错误；
B．混合气体中一定含有H2，故B错误；
C．混合气体中含有HCl，则一定不存在氨气，故C错误；
D．原混合气体中一定存在的气体为：
H2、CO2、NO、HCl，可能存在CO，所以至少含有4种气体，故D正确；
故选D．
14，已知某溶液中含有下列8种离子中的5种（忽略水的电离及离子的水解）：
K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl-、CO32-、NO3-、SO42-，且5种离子的物质的量浓度相等．为了进一步探究该水溶液的组成，某同 学进行了如下实验：
①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰．
②另取溶液加入足量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色．
③另取溶液加入BaCU溶液，有白色沉淀生成．
根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A、无法确定溶液中是否存在Cu2+离子
B、原溶液中不含K+、Al3+、CO3I等离子
C、根据步骤②只能确定溶液中一定存在NO3-离子
D、步骤③所得到的白色沉淀共有2种钡盐
解答：
解：
用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰，则说明没有K+；
另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3-和还原性的Fe2+；
若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有CO32-或SO42-，因为有Fe2+，Fe2+与CO32-不能共存，所以没有CO32-；
则溶液中的离子有Fe2+、NO3-、SO42-，
已知各种离子的物质的量浓度相等，阴离子电荷比阳离子电荷多，所以还有另外的阳离子Cu2+或Al3+，若有Cu2+，阳离子的电荷多还须有Cl-，若有Al3+，阴离子加上Cl-，电荷仍不守恒；
所以根据电荷守恒可知还有Cu2+、Cl-，
所以原溶液中所含的离子为：
Cu2+、Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-，一定不含：
K+、Al3+、CO32-离子；
A．Cu2+一定存在，故A错误；
B．根据以上分析，原溶液中不含的离子为：
K+、Al3+、CO32-，故B正确；
C．步骤②是另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3-和还原性的Fe2+，无CO32-，故C错误；
D．另取溶液加入BaCl2溶液，只生成硫酸钡沉淀，故D错误；
故选B．
15，对
16，X、Y是相邻周期、相邻主族的短周期元素，且原子序数X＞Y，填写下列空白．
Ⅰ．若X为金属元素，Y为非金属元素，Y2H4是一种重要有机化工原料．
（1）写出Y2H4的电子式：
______
（2）X单质与Fe2O3反应时，每消耗13.5g X放热213kJ，该反应的热化学方程式是______
Ⅱ．若X、Y元素的最高价氧化物的水化物都是强酸．
（3）为防止YO2污染空气，科学家寻求合适的化合物G和催化剂，以实现反应：
YO2+G
催化剂
Y2+H2O+nZ（未配平，n可以为0）．
①上述反应式中的G不可能是______（填标号）．
A．NH3 B．CO C．CH3CH2OH D．H2O2
②用稀土材料GeO2作催化剂，能提高YO2的转化速率．煅烧Ge（OH）CO3可制备GeO2，配平该反应的化学方程式：
______Ge（OH）CO3+______O2═______GeO2+______CO2+______H2O．
（4）工业生产H2XO4时产生的XO2尾气经常用过量的YH3的水溶液吸收，写出该反应的化学方程式。
X、Y是相邻周期、相邻主族的短周期元素，且原子序数X＞Y，
Ⅰ．若X为金属元素，Y为非金属元素，Y2H4是一种重要有机化工原料，则为乙烯，所以Y是碳元素，X与Y相邻周期、相邻主族，且X是金属，所以X是Al元素；
Ⅱ．若X、Y元素的最高价氧化物的水化物都是强酸，则X和Y都是非金属元素，X、Y是相邻周期、相邻主族，且原子序数X＞Y，第二周期其最高价氧化物的水化物是强酸的是N元素，所以Y是N元素，X是S元素．
（1）乙烯在合成材料方面，大量用于生产聚乙烯、氯乙烯及聚氯乙烯，可作为植物生长调节剂，故答案为：
植物生长调节剂；
（4）氨水过量,SO2少量：
SO2+2NH3·H2O=（NH4）2SO3+H2O
氨水少量,SO2过量：
SO2+NH3·H2O=NH4HSO3
17，
解：
①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有Cu2+离子；
②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有Al3+离子，E中含有OH-离子；
③进行焰色反应实验，只有B、C为紫色，则B、C含有K+离子，结合离子共存，所以E是NaOH；
④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有HCO3-离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有SO42-离子，所以D是CuSO4，C是KAl（SO4）2，A是NaHCO3；
⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是KNO3．
（1）由上述分析可知，A为NaHCO3，B为KNO3，C为KAl（SO4）2，D为CuSO4，
故答案为：
NaHCO3；KNO3；KAl（SO4）2；CuSO4；
（2）A是NaHCO3，E是NaOH，1molA的溶液与含1molE的溶液反应生成碳酸钠和水，蒸干过程中碳酸钠水解得到碳酸氢钠与氢氧化钠，最终二者又反应得到Na2CO3，
故答案为：
Na2CO3；
（3）实验②发生反应的离子方程式：
Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，
故答案为：
Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；
（4）C中含有铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，水解反应方程式为：
Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：
Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+．
18，草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备。
一种利用水钴矿［主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等］制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下：
已知：
①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Co（OH）2
Al（OH）3
Mn（OH）2
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将_____________还原（填离子符号）。
（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，产物中氯元素处于最低化合价。
该反应的离子方程式为____________。
（3）请用平衡移动原理分析加Na2CO3能使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是：
________。
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。
滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是_________；使用萃取剂适宜的pH是______。
A．接近2.0 B．接近3.0 C．接近4.0
（5）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。
已知Ksp（MgF2）=7.35×10-11、Ksp（CaF2）=1.05×10-10。
当加入过量NaF后，所得滤液c（Mg2+）/c（Ca2+）=____。
.【答案】
（1）Fe3+、Co3+（各1分，共2分）
（2）ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O（3分）
（3）R3++3H2O
R（OH）3+3H+，加入碳酸钠后，H+与CO32-反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀（3分）
（4）除去Mn2+,B（各2分，共4分）
（5）0.7（2分）
【命题立意】本题考查化学工艺流程，氧化还原反应，溶度积，化学计算等知识点的综合应用。
【解析】
（1）亚硫酸钠溶液具有还原性，在浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原。
（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，产物中氯元素处于最低化合价-1价，则根据氧化还原反应得失电子守恒，该反应的离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O
（3）加Na2CO3能使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是：
R3++3H2O
R（OH）3+3H+，加入碳酸钠后，H+与CO32-反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀，
（4）根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系。
滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除掉锰离子；使用萃取剂适宜的pH是接近3.0.
（5）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。
已知Ksp（MgF2）=7.35×10-11、Ksp（CaF2）=1.05×10-10。
当加入过量NaF后，得到是MgF2、CaF2的过饱和溶液，根据溶液中氟离子的浓度相等，则所得滤液c（Mg2+）/c（Ca2+）=Ksp（MgF2）/Ksp（CaF2）=7.35×10-11/1.05×10-10=0.7
19，
分析：
（1）Fe3+遇到KSCN溶液呈红色；
（2）Cu2O遇到酸产生Cu，Cu能与Fe3+反应；
（3）若固体全部溶解，则一定存在Fe2O3和Cu2O；
（4）依据题意，能发生反应的物质为Cu2O，最后变成CuO，增加的质量就是反应的氧气的质量，根据质量差计算可以得出Cu2O的质量分数；
（5）根据表格可知，Fe（OH）3完全沉淀时，pH最小，故应将Fe2+先转化为Fe3+，在利用增大pH的方法除去溶液中的Fe3+，但是所加物质不能增加新的杂质．
解答：
解：
（1）若假设1成立，则溶液中含有Fe3+，遇到KSCN溶液呈红色．故答案为：
溶液变为血红色；
（2）如果混合物中含有Cu2O，遇到酸产生Cu，Cu能与Fe3+反应，故此种说法不正确．故答案为：
不合理；Cu能将Fe3+还原为Fe2+；
（3）若固体全部溶解，则一定存在Fe2O3和Cu2O，因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu．
故答案为：
Fe2O3和Cu2O的混合物；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；2 Fe3++Cu=2 Fe2++Cu2+；
（4）依据题意，能发生反应的物质为Cu2O，最后变成CuO，增加的质量就是反应的氧气的质量，根据质量差计算可以得出Cu2O的质量分数．
设样品中氧化亚铜的质量为m，
20，
（2）实验时先打开活塞a，并加热烧瓶A一段时间，其目的是利用氮气排除装置中的空气，避免空气中二氧化碳对实验造成干扰，减少测定误差；
故答案为：
用生成的N2排除装置内的空气，避免空气中CO2对实验造成的干扰；
（3）①试管D中是澄清石灰水，生成沉淀变浑浊证明生成二氧化碳气体，故答案为：
CO2；
②证明分解产物中存在CO的可以利用装置F中澄清石灰水不变浑浊，一氧化碳还原氧化铜反应生成二氧化碳通过I澄清石灰水变浑浊说明，实验现象为：
F中不出现浑浊，I中出现浑浊证明生成一氧化碳，
故答案为：
F中不出现浑浊，I中出现浑浊，
③结晶水合物分解生成水蒸气，验证水蒸气存在的试剂可以选择无水硫酸铜，在CD间加一个成无水硫酸铜的干燥管，固体变蓝色证明水的生成，
故答案为：
在装置C、D之间连一个盛有无水CuSO4的装置；
④故将充分反应后的固体残余物投入经煮沸的稀硫酸中溶解，固体完全溶解且无气体放出，说明无金属铁，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明无铁离子存在，分解生成的固体产物应为氧化亚铁，
故答案为：
FeO
（4））①酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解，故答案为：
抑制氯化铁水解；
②萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，
故答案为：
FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；
③洗涤是除去沉淀表面杂质，所得Fe2（C2O4）3•5H2O需用冰水洗涤，冰水是减少沉淀溶解损失，故答案为：
除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；
④KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中，故答案为：
酸式．
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