1、河南省开封市第二十五中2019-2020学年高一化学下学期初分科考试试题（含解析）试卷满分100分，考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H -1 He-4 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Ag-108一、选择题(共16小题，每题3分，共48分，每题只有一个正确答案)1.某合作学习小组讨论辨析以下说法，其中正确的是()粗盐和酸雨都是混合物；原煤、石油、天然气都是二次能源；冰和干冰既是纯净物又是化合物；不锈钢和目前流通的硬币都是合金；纯碱和熟石灰都是碱；豆浆和雾都是胶体A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粗盐含有杂质和酸雨中溶有二氧化硫都是混合物，
2、故正确；原煤、石油、天然气都是一次能源，故错误；冰和干冰都是由一种物质组成的物质，是纯净物，都是由不同种元素组成的纯净物，又是化合物，故正确；不锈钢和目前流通的硬币都是由某种金属元素和其他元素形成的合金，故正确；纯碱为碳酸钠，属于盐类，故错误；豆浆、雾分散质粒子直径在1nm100nm之间，是胶体，故正确；综上所述选D。2.下列溶液中能够区别 SO2 和 CO2 气体的是澄清石灰水 H2S 溶液 KMnO4 酸性溶液 氯水 品红溶液A. B. C. 除以外D. 全部【答案】C【解析】【分析】根据SO2和CO2性质的差异可以知道，二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，
3、则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体。【详解】SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2；SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质(有黄色沉淀生成)，而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2；SO2也具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2； SO2也具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2；SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区
4、别SO2和CO2所以能够区别SO2和CO2气体的溶液有：，故答案选C。3.同温同压下，等体积的两容器内分别充满14N16O和13C16O气体，下列对两容器中气体判断正确的是A. 中子数相同B. 分子数不同C. 质子数相同D. 气体质量相同【答案】A【解析】【详解】A14N16O的中子数为7+8=15，13C16O的中子数为7+8=15，中子数相同，选项A正确；B根据阿伏加德罗定律，同温同压，气体体积相同，气体分子物质的量相同，选项B错误；C14N16O质子数为7+8=15，13C16O质子数为6+8=14，质子数不相同，选项C错误；D两种物质的摩尔质量不相同，在物质的量相等的情况下，质量不相同
5、，选项D错误；答案选A。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2 LB. 298 K、1.01105Pa时64g SO2中含有的原子数为3NAC. 11.2 L Cl2含有的分子数为0.5NAD. 标准状况下，11.2 L乙醇中含有的分子数为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A氦气为单原子分子，故含NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，则在标况下的体积V=nVm=22.4L，故A错误；B64g SO2的物质的量为1mol，所以含有的原子数为3NA，故B正确；C未指明温度和压强，无法确定11.2L氯气的物质的量，故C错误；
6、D标况下乙醇为液体，11.2L乙醇的物质的量不是0.5mol，故D错误；故答案为B。【点睛】22.4L/mol的适用条件为：标准状况(273 K或0、1.01105Pa或1标准大气压)、气体；摩尔质量的大小与温度和压强无关。5.相同质量的铜片分别与体积相同且过量的浓硝酸、稀硝酸反应，二者比较相等的是()反应中氧化剂得到的电子总数铜片消耗完所需时间反应后溶液中铜离子浓度(反应后溶液体积不变)反应生成气体的体积(同温、同压)A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】铜与过量硝酸反应硝酸得到电子等于铜失去的电子，反应中氧化剂得到电子的总数相同，故符合；硝酸浓度不同反应速率不同，铜片消耗完所需
7、时间不同，故不符合；反应后铜离子物质的量相同，溶液体积相同，所以浓度相同，故符合；铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，和稀硝酸反应生成一氧化氮，铜失电子相同，生成气体不同，体积不同，故错误；答案选A。【点睛】本题考查了硝酸性质，氧化还原反应电子转移计算分析判断，注意硝酸浓度不同生成气体不同。6.某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。，下列说法正确的是()A. NaOH溶液可以用氨水来代替B. 溶液a中含有Al3、K、Cl、Na、OHC. 溶液b中只含有NaClD. 向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH【答案】D【解析】【详解】A用氨水
8、，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，A错误；BAl3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；CK+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，C错误；D因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，D正确；答案选D。【点睛】本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。7.下列检验试剂选用正确的是A. 用氯水、KSCN溶液检验FeCl3中是否有FeCl2B. 用酸性KMnO4溶液检验FeC
9、l3中是否有FeCl2C. 用NaOH溶液检验MgCl2中是否有FeCl2D. 用硝酸检验某黄色固体是纯铜还是黄铜【答案】C【解析】A检验FeCl3中是否有FeCl2可选择酸性高锰酸钾溶液，通过酸性高锰酸钾溶液是否变色来判断，故A错误；BFeCl3溶液显黄色，若原溶液不含有FeCl2，酸性高锰酸钾溶液滴入后被稀释，颜色变化不明显，不能判断是否有Fe2+，故B错误；C用NaOH溶液可以检验MgCl2中是否有FeCl2，因滴加NaOH溶液后生成的白色沉淀能迅速变灰绿色再变为红褐色即可证明含有Fe2+，故C正确；D硝酸有强氧化物，Cu和Zn均能溶解于稀硝酸，则无法用硝酸检验某黄色固体是纯铜还是黄铜，
10、故D错误；答案为C。8.下列离子方程式的书写正确的是A. 水玻璃中通入过量二氧化碳：Na2SiO3CO2H2O=2NaCO32-H2SiO3B. 澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca（OH）22CO2=Ca22HCO3-C. 硅与氢氟酸的反应：Si4H4F=SiF42H2D. 二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO22OH=SiO32-H2O【答案】D【解析】【详解】A水玻璃中通入过量二氧化碳，产生硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式是： SiO3 2-2CO22H2O=2HCO32-H2SiO3，选项A错误；B澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OHCO2=HCO3-，选项B错误；C硅与氢氟酸的反应，氢氟酸
11、是弱酸，反应的方程式是：Si4HF=SiF42H2，选项C错误；D二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO22OH=SiO32-H2O，反应符合事实，拆下符合离子方程式的原则，选项D正确；答案选D。9.ClO2是一种新型水处理剂，工业上用NaClO2与盐酸反应制备ClO2的反应如下：5NaClO24HCl(稀)=5NaCl4ClO22H2O；NaClO24HCl(浓)=NaCl2Cl22H2O。下列说法中正确的是()A. 两种反应中HCl均是还原剂B. 盐酸浓度越大，还原性越强C. 中氧化产物与还原产物物质的量之比为45D. 中每生成1 mol Cl2转移2 mol电子【答案】B【解析】【分析】根据还原
12、剂失去电子，化合价升高分析A；根据盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强分析B；还原剂被氧化，生成氧化产物；氧化剂被还原，生成还原产物，据此分析C；中每生成2molCl2时转移3mol电子，以此分析D。【详解】A.中盐酸中的Cl全部转入到NaCl中，其化合价没有发生变化，电子转移发生在NaClO2中的氯原子之间，A错误；B.盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强，B正确；C.中ClO2是氧化产物，NaCl是还原产物，但NaCl中有五分之四的氯来源于盐酸，氧化产物和还原产物的物质的量之比为41，C错误；D.中每生成1 mol Cl2时转移1.5 mol电子，D错误。正确选项B。10.某兴趣小
13、组探究SO2气体还原Fe3，他们使用的药品和装置如图所示，下列说法不合理的是()A. 能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B. 装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀D. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去【答案】D【解析】【详解】AB中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；B二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故B正
14、确；C铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，加入盐酸酸化的氯化钡生成沉淀说明反应生成了硫酸根离子，发生了氧化还原反应，故C正确；D二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故D错误；故答案为D。11.有4支试管中分别进行如下表所示实验，结论正确是()选项操作现象结论A滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NHB用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na、无KC滴加氯水和CCl4，振荡，静置下层溶液显紫色原溶液中有ID通入过量CO2气体生成白色沉淀
15、原溶液中只有AlOA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故A错误；B黄色火焰可以干扰K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故B错误；C氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故C正确；D通入过量的二氧化碳能产生白色沉淀，可能含有硅酸根、苯酚钠的物质，不一定
16、是偏铝酸根，故D错误；故选C。【点睛】本题考查偏铝酸根、碘离子、钠离子和铵根离子的检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰。本题的易错点为B，要注意钠元素的焰色反应对钾的干扰。12.14g Cu、Ag合金与足量某浓度的HNO3反应，将放出的气体与1.12 L（标准状况下）氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中Cu的质量为A. 9.6 gB. 6.4 gC. 3.2 gD. 1.6 g【答案】C【解析】【详解】14g铜、银混合物与硝酸反应产生的气体与1.12升（标况）氧气混合，通入水中恰好全部吸收，相当于反应过程中转移电子4=0.2mol，设混合物中铜的物质的量是xmol,银的
17、物质的量是ymol，则64x+108y=14，2x+y=0.2，解得x=0.05，所以铜的质量是0.05mol64g/mol=3.2g；答案选C。13.已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A. 原子半径：AsClPB. 热稳定性：HClAsH3HBrC. 还原性：As3-S2-Cl-D. 酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4【答案】C【解析】【详解】A原子半径大小顺序是AsPCl，故A错误；B非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HClHBrAsH3，故B错误；C单质的氧化性Cl2SAs，所以阴离子的还原性：As3S2Cl，故C正确；D非金属性越强，其最高价含氧
18、酸的酸性越强，则酸性H2SO4H3PO4H3AsO4，故D错误；故选C14.下列说法不正确的是()非金属元素构成的单质中一定存在共价键；非金属之间形成的化合物一定是共价化合物；非金属的气态氢化物中一定存在极性共价键；离子化合物中一定含有离子键；金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物；在一种化合物中只能存在一种类型的化学键；含共价键的化合物不一定是共价化合物；含离子键的化合物一定是离子化合物；氯化钠和HCl溶于水都发生电离，克服粒子间作用力的类型相同A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，单原子分子不存在化学键，稀有气体中不存在化学键，
19、故错误；非金属之间形成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如铵盐，故错误；不同非金属元素之间易形成极性键，所以非金属的气态氢化物中一定存在极性共价键，故正确；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如Na2O2，故正确；金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；在一种化合物中不一定存在一种类型的化学键，如硫酸钠中含有离子键和共价键，故错误；含共价键的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如NaOH，故正确；含离子键的化合物一定是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，故正确；氯化钠和HCl溶于水都发生电离，氯化钠中含有离子键、H
20、Cl中含有共价键，所以氯化钠和HCl溶于水都发生电离，克服粒子间作用力的类型不同，故错误；错误的有，故选C。【点睛】注意：并不是所有物质中都含有化学键，不能根据是否含有金属元素判断离子键，为易错点。15.四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池相连时，外电路电流从流向；相连时，为正极；相连时，上有气泡逸出；相连时，的质量减少据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，相连时，外电路
21、电流从流向，说明为负极，活泼性；相连时，为正极，活泼性；相连时，上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性；相连时，的质量减少，为负极，活泼性；综上分析可知活泼性：；故选B。16.在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。当下列所给有关量不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态的是()A. 混合气体的压强B. 混合气体的密度C. 混合气体的平均相对分子质量D. 混合气体的颜色【答案】B【解析】【详解】A该反应前后气体系数之和不同，容器的容积不变，所以未平衡时混合气体压强会发生改变，当压强不变时说明达到平衡，故A不符合题意；B气体体积恒定，反应物和生成物均为气体，所以气体的
22、质量恒定，则密度一直不变，所以密度不变不能说明反应平衡，故B符合题意；C未平衡时气体的物质的量会变，但气体总质量不变，所以气体平均相对分子会发生改变，当其不变时说明反应平衡，故C不符合题意；DNO2为红棕色气体，N2O4无色，所以未平衡时混合气体的颜色会发生改变，当颜色不变时说明反应达到平衡，故D不符合题意；故答案为B。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。二、非选择题(共52分)17.(1)难溶物PbSO4溶于CH
23、3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb，发生的反应为PbSO42CH3COONH4(CH3COO)2Pb(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是_(填“强”或“弱”)电解质。(2)已知次磷酸(H3PO2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和H2O，则次磷酸是_元酸(填“一”、“二”或“三”)。(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是_(填化学式)。(4)在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol H2，发生反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，
24、H2平均反应速率为0.1 mol/(Lmin)，则所经过的时间为_min(5)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。_Fe(OH)3 +_ClO+_OH=_FeO42_Cl+_(6)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是_；当有2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为_【答案】 (1). 弱 (2). 一 (3). CaCO3 (4). 3 (5). 2 (6). 3 (7). 4 (8). 2 (9). 3 (10). 5
25、H2O (11). P、CuSO4 (12). 10mol【解析】【详解】(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质；(2)H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，所以H3PO2是一元酸；(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为CaCO3；(4)容器体积为2L，所以初始投料c(N2)=0.5mol/L，c(H2)=1.5mol/L，设c(N2)=x mol，列三段式有： 容器内压强是起始的
26、0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以，解得x=0.1mol/L，则c(H2)=0.3mol/L，v(N2)=0.1 mol/(Lmin)，则反应时间t=3min；(5)铁元素化合价由+3升高为+6，失去3个电子，氯元素化合价由+1降低为-1，得2个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(6)Cu3P中P元素化合价为-3，H3PO4中P元素化合价为+5，所以P既是氧化剂又是还原剂，Cu元素化合价由CuSO4中的+2降低为Cu3
27、P中+1，所以CuSO4也是氧化剂，即氧化剂为P、CuSO4；当有2molH3PO4生成，转移的电子的物质的量为2mol(+5-0)=10mol。18.某含有Na2O杂质的Na2O2试样，一个化学实验小组利用H2O与Na2O2的反应来测定该样品的纯度。可供选择的装置如下：请回答下列问题：（1）装置中仪器a名称是_。（2）用上述装置可以组装一套最简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置。.该实验装置的组合是_(填字母)。a. b. c. d. .所选用装置的连接顺序应是_(填各接口的字母，连接胶管省略)。（3）写出实验中Na2O2发生反应的化学方程式_。（4）用上述实验后所得溶液配制成浓度为1.0m
28、ol/L的溶液，回答下列问题。向400mL该溶液中通入0.3mol CO2，则所得溶液中HCO3和CO32的物质的量浓度之比约为_。A. 1:3 B. 1:2C. 2:1D. 3:1将上述溶液蒸发结晶得到Na2CO3和NaHCO3固体混合物，下列选项中不能准确测定混合物中Na2CO3质量分数的是_。a. 取a g混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重b gb. 取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体c. 取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b gd. 取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体【答案】
29、 (1). 分液漏斗 (2). A (3). GA、BF (4). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (5). C (6). c【解析】【分析】装置中仪器a的名称是分液漏斗；用作为反应装置，通过排除中水的体积测量中得到水的量，来计算过氧化钠纯度；实验中Na2O2发生反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；HCO3和CO32物质的量分别为x、y，根据量的关系进行计算。【详解】装置中仪器a的名称是分液漏斗；用作为反应装置，通过排除中水的体积测量中得到水的量，整个装置是比较简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置，因此A正确；选用装置的连接顺序应是GA、BF；实验中Na2O2发
30、生反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；HCO3和CO32的物质的量分别为x、y，向400mL该溶液即物质的量n=1.0mol/L0.4L=0.4mol，通入0.3mol CO2，x+y=0.3，x+2y=0.4，解得x=0.2mol，y=0.1mol，浓度之比等于物质的量之比，因此所得溶液中HCO3和CO32的物质的量浓度之比约为2:1，C正确；a选项，取a g混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重b g，减少的质量为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水的质量，因此能计算出碳酸钠的质量分数，故a不满足题意；b选项，取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b
31、g固体，最后得到氯化钠固体，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故b不满足题意；c选项，取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g，碱石灰增加质量是二氧化碳和水的质量，因水的质量无法计算，故不能计算碳酸钠的质量分数，故c满足题意；d选项，取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体，得到碳酸钡沉淀，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故d不满足题意；综上所述，答案案为c。19.下表中阿拉伯数字(1、2)是元素周期表中行或列的序号。请参照元素AI在周期表中的位置，回答下列问题。121314151617181A2BCDE3FGHI(1)B、C
32、两元素中非金属性较强的是_(写出元素名称)，I元素在周期表中的位置是_。(2)表中某元素能形成两性氧化物，写出该氧化物溶于氢氧化钠溶液离子反应方程式_。(3)表中某元素的单质在常温下为气态，该元素能与AI中的一种元素构成原子个数比为11和12的两种共价化合物X和Y，请写出Y的电子式_，该元素还能与AI中的另一种元素以原子个数之比为11和12形成两种离子化合物Z和M，用电子式表示M的形成过程：_。(4)表中某两种元素的气态单质可以形成燃料电池，其产物清洁无污染，请写出碱性环境中负极反应式_。【答案】 (1). 氮 (2). 第三周期第A族 (3). Al2O32OH=2AlO2-H2O (4).
33、 (5). (6). H2-2e-+2OH-= 2H2O(或 2H2-4e-+4OH-=4H2O )【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，E为氟元素，F为钠元素，G为铝元素，H为硅元素，I为氯元素。【详解】(1)同周期自左而右，非金属性增强，所以非金属NC；I处于第三行，第17列，为Cl元素，处于周期表中第三周期，第VIIA族；(2)该元素为铝元素，可形成两性氧化物Al2O3，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，离子方程式为Al2O32OH=2AlO2-H2O；(3)该元素的单质在常温下为气态，则为H、N、O、F、Cl中的一种，其中能与A
34、I构成原子个数比为11和12的两种共价化合物的元素只有O，则X为H2O2，Y为H2O，水为共价化合物，电子式为；能与Na形成离子化合物Na2O2和Na2O，即M为Na2O，其形成过程为：；(4)氢气和氧气可以形成氢氧燃料电池，原电池中负极发生氧化反应，所以氢气在负极得电子，由于电解质溶液为碱性，所以生成水，电极方程式为：H2-2e-+2OH-= 2H2O(或2H2-4e-+4OH-=4H2O)。20.下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，丙为黄绿色的单质气体，乙、丁是常见无色气态非金属单质，其它均为化合物，C常温下为一种液体，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，G为淡黄色固体，J为生
35、活中常见的调味品，I为红褐色固体，F为棕黄色溶液。是实验室制取丁的反应之一。各物质间的转化如下图所示，回答下列问题(部分生成物未列出)：(1)物质I的化学式为_；F中阴离子是_；(2)反应的化学方程式为为_；(3)B与K的反应是实验室制取丙的反应，其离子方程式为_；(4)反应的化学方程式为_；(5)若E与G以物质的量比为1:1投入足量水中，反应的化学方程式为_；生成1mol气体转移电子的个数为_。【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). Cl- (3). 2H2O22H2O+O2 (4). MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O (5). 3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 +4
36、H2 (6). 4FeCl2+4Na2O2 + 6H2O = 4Fe(OH)3+8NaCl + O2 (7). 6NA【解析】【分析】丙为黄绿色单质气体，所以丙为Cl2，B与K的反应是实验室制取丙的反应，且B为黑色粉末，则B为MnO2，K为HCl；是实验室制取丁的反应之一，则该反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气的反应，所以C为H2O，丁为氧气；G为淡黄色固体，且可以生成氧气，则G应为Na2O2，则J为生活中常见的调味品，应为NaCl，I为红褐色固体应为Fe(OH)3；F为棕黄色溶液，应含Fe3+，E与氯气反应可生成F，则F为FeCl3，E为FeCl2；氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁
37、，所以甲为铁单质，Fe可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁，所以乙为氢气，D为Fe3O4。【详解】(1)根据分析可知物质I为Fe(OH)3；F中阴离子为Cl-；(2)反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气，方程式为2H2O22H2O+O2；(3)实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；(4)反应为Fe在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应，方程式为：3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 +4H2；(5)E为FeCl2，G为Na2O2，过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子，被还原时-1价的氧被还原成-2价，二者1：1反应，说明氧化产物不止有Fe3+，再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气，可知产物中应还有氧气，Na2O2自身发生氧化还原反应，所以E与G以物质的量比为1:1投入足量水中，反应方程式为4FeCl2+4Na2O2 + 6H2O = 4Fe(OH)3+8NaCl + O2。【点睛】解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，例如本题中“丙为黄绿色单质气体”，则丙为Cl2，“F为棕黄色溶液”，则其溶液中应含有Fe3+，学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。