1、20192020学年度第二学期摸底考试高一年级化学试题一、选择题（下列各题只有一个答案符合题意，每小题3分，共60分）1.下列有关环境污染的说法不正确的是()A. 燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量B. pH在5.67之间的降水通常称为酸雨C. 光化学烟雾的形成主要与NOx和碳氢化合物有关D. 含磷洗涤剂会导致水体污染【答案】B【解析】【详解】A、高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2、氧气反应生成硫酸钙，减少废气中SO2的量，故A正确；B、酸雨pH5.6，故B错误；C、氮氧化物（NOx）和碳氢化合物（CxHy）受强烈的太阳紫外线照射后产生一种新的二次污染物：光化学烟雾，故C正确；D
2、、含磷废水易导致水体富营养化，应经处理后才能排放，故D正确。答案选B。2. 下列排列顺序不正确的是A. 热稳定性：HFH2ONH3B. 原子半径：ClSPC. 碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3D. 金属性：KNaLi【答案】B【解析】【详解】A、非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性的强弱：FON，因此氢化物的稳定性是HFH2ONH3，故A正确；B、同周期从左向右原子半径减小，因此原子半径PSCl，故B错误；C、最高价氧化物对应水化物的碱性越强，其金属性越强，反之也成立，金属性：NaMgAl，碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3，故C正确；D、同主族从上到下，金属性增强，金属性
3、：KNaLi，故D正确。答案选B。3.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A. 常温常压下，48 g O2和48 g O3 含有的氧原子数均为3NAB. 1 molL1 NaCl溶液中含有Na+的个数为NAC. 22.4L N2所含分子数为NAD. 标准状况下，22.4 L的SO3中含有NA个SO3分子【答案】A【解析】【详解】A. 48 g O2和48 g O3 可以看成氧原子的质量都是48 g，氧原子的物质的量都是3mol，个数都是3NA，A正确；B. 没有溶液的体积，无法计算Na+的物质的量和个数，B错误；C. 没有指明在标准状况下，无法计算气体的物质的量，C错误；D. 标准状况下S
4、O3是固体，不能根据气体摩尔体积不能计算其物质的量，D错误。答案选A。4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D. NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】【详解】ANa2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；BClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B错误；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；D氨气易液化而吸收热量导致周围
5、环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；故选B。5.下列表述正确的是( )A. 含有8个中子的碳原子的核素符号：14CB. 氯离子的结构示意图：C. 和互为同位素D. 和分别含有34个中子和46个质子【答案】A【解析】【分析】根据核素结构可知，A为质量数，X为质子数，该原子中子数=质量数-质子数，核素为原子，据此回答问题。【详解】A. 碳元素原子序数为6，含有8个中子的碳原子的核素符号：14C，A正确；B. 氯元素的原子序数为17，题中结构示意图为氩原子，B错误；C. 互为核素且为原子，为离子，C错误；D. 和分别含有56个中子和34个质子，D错误；答案为A。6.下列
6、变化中，不属于化学变化的是( )A. SO2使品红溶液褪色B. 氯水使有色布条褪色C. 活性炭使红墨水褪色D. 漂粉精使某些染料褪色【答案】C【解析】【分析】二氧化硫和次氯酸具有漂白性，活性炭具有吸附性，据此回答问题。【详解】A. SO2具有漂白性，使品红溶液褪色，属于化学变化，A不符合题意；B. 氯水中含有漂白性的次氯酸，使有色布条褪色，属于化学变化，B不符合题意；C. 活性炭具有吸附性，使红墨水褪色，属于物理变化，不属于化学变化，C符合题意；D. 漂粉精溶于水，水解生成次氯酸，使某些染料褪色，属于化学变化，D不符合题意；答案为C。7.图为镁元素和硫元素的相关信息，由此不能得到的信息是( )
7、A. 镁属于金属元素，在第三周期A族B. 镁原子核内有12个质子C. 镁离子与硫离子的电子层数相等D. 在化学反应中，1个硫原子容易得到2个电子【答案】C【解析】【分析】根据原子结构示意图可知元素周期表位置和元素原子核中质子数，根据“8”电子稳定结构可知原子常见化合价和离子电子层数。【详解】A. 镁属于金属元素，根据原子结构示意图，在第三周期A族，A正确；B. 根据元素周期表可知，镁的原子序数为12，镁原子核内有12个质子，B正确；C. 根据原子结构示意图和“8”电子稳定结构原理可知，镁离子比硫离子的电子层数少1层，C错误；D. 根据“8”电子稳定结构理论，在化学反应中，1个硫原子容易得到2个
8、电子，D正确。答案为C。8.关于氮的变化关系图如下：则下列说法不正确的是（ ）A. 路线是工业生产硝酸的主要途径B. 路线 是雷电固氮生成硝酸的主要途径C. 氮气可在足量氧气中通过一步反应生成NO2D. 上述所有反应都氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】闪电固氮特点是空气中的氮气与氧气反应得到一氧化氮，工业固氮的特点是氨气与氧气催化氧化得到一氧化氮，据此回答问题。【详解】A.在工业上是用氨催化氧化方法制取硝酸，路线就是工业生产硝酸的主要途径，A正确；B.雷电固氮就是空气中的N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水吸收得到硝酸，故路线、是雷电固氮生成硝酸的主要
9、途径，B正确；C. 氮气与氧气在高温或放电时反应产生NO，无法一步得到二氧化氮，C错误；D.在上述反应中都存在N元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应， D正确；答案为C。9.以下有关氨及铵盐的叙述中不正确的是( )A. 铵态氮肥不能与碱性物质如草木灰混合施用B. 氨的喷泉实验体现了氨的溶解性和氧化性C. 实验室常用固体氯化铵与氢氧化钙反应制取氨气D. 氨具有还原性，一定条件下可与氧化性物质如氧气发生反应【答案】B【解析】【分析】氨气极易溶于水，且具有还原性，实验室常用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气。【详解】A铵态氮肥由于铵根离子水解呈酸性，草木灰碳酸钾溶于水，由于碳酸根离子水解呈碱性，二者混合
10、可发生互促水解生成氨气而降低肥效，A正确；B氨的喷泉实验主要是利用氨气极易溶于水的性质，与氧化性无关，B错误；C氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可生成氨气，可用于制备少量氨气，C正确；D氨气与氧气在催化剂条件下加热和发生氧化还原反应，为氨气的催化氧化，为工业制备硝酸的重要反应，D正确；答案为B。10.下列叙述错误的是（ ）A. 13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B. 6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等C. 14C和14N的质量数相等，中子数不相等D. 1molU的中子数比1molU的中子数少3NA个【答案】B【解析】A、二者均为碳元素的原子，互为同位素，A正确；B、二者的中子数分别
11、为3、4，B错误；C、二者的中子数分别为8、7，C正确；D、由N=A-Z可知1 mol的中子数比1 mol的中子数少3NA个,D正确。答案选B。11.某无色透明溶液，在酸性环境下能大量共存的离子组是( )A. Na、K、ClB. Na、ClC. K、Fe2D. Mg2、Cl、【答案】D【解析】【分析】无色透明溶液中不能存在有色离子，酸性环境下存在着大量的H+。【详解】A. 与H+结合形成硅酸，为难溶弱电解质，离子不能大量存在，A错误；B. HCO3-与H+发生复分解反应生成CO2和H2O，不能大量共存，B错误；C. MnO4为紫色，不能在无色透明溶液中存在，C错误；D. Mg2、Cl、均为无色
12、离子，能在酸性环境下大量共存，D正确；答案选D。12.除去下列溶液中的杂质(括号内是杂质)所用试剂不正确的是( )A. CO2HCl：用饱和的NaHCO3溶液B. CO2SO2：用饱和酸性KMnO4溶液C. Cl2HCl：用饱和的NaCl溶液D. SO2HCl：用饱和的Na2SO3溶液【答案】D【解析】【分析】除杂时要求不能减少除杂质外物质的含量。【详解】A HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应，CO2不反应且饱和碳酸氢钠溶液抑制二氧化碳的溶解, 可实现除杂，A正确；BSO2与高锰酸钾溶液反应，而CO2不能，可实现除杂，B正确；CHCl极易溶于水，食盐水中抑制氯气的溶解，则可用饱和食盐水除去氯气中的H
13、Cl， C正确；DSO2与饱和的Na2SO3溶液反应生成亚硫酸氢钠，不能用于除杂，D错误；答案为D。13.已知短周期元素的离子：aA2、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是()A. 原子半径：ABDCB. 原子序数：dcbaC. 离子半径：CDBAD. 单质的还原性：ABDC【答案】C【解析】【分析】四种元素的离子电子层结构相同，它们在周期表中的相对位置如图所示：。【详解】A. A和B的原子核外的电子层数比C和D的原子核外电子层数多一层，所以A和B的原子半径比C和D的原子半径大。A和B在同一周期，电子层数相同，B的核电荷数比A小，所以原子半径B比A大，同理，C的原子半径
14、比D的大，所以原子半径：BACD，故A不选；B. 从这四种元素在周期表中的相对位置可以看出，原子序数：abdc，故B不选；C. 这四种离子电子层结构相同，所以离子半径只取决于核电荷数，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径：CDBA，故C选；D. 四种元素均为短周期元素，所以B为Na，A为Mg，C为N，D为F。钠的还原性强于镁，F2没有还原性，故D不选。故选C。【点睛】几种离子的电子层结构相同，可以首先找到它们在周期表中的相对位置，根据它们的位置，利用元素周期表的结构和元素周期律分析它们的原子半径、离子半径、原子序数、最高价氧化物的水化物的酸碱性、气态氢化物的稳定性、单质的氧化性和还原性以及离子
15、的还原性和氧化性等关系。14.在中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是( )A. Axn48B. Axn24C. Axn24D. Axn24【答案】C【解析】【分析】阴离子中，核外电子总数=原子质子数+电荷量，据此回答问题。【详解】O原子中含有核外电子数=质子数=8，所以R中的质子数为，已知质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是Axn24。答案为C。15.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（ ）A. 锂(Li)与水反应比钠与水反应剧烈B. 砹(At)为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸C. 在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂D.
16、 HBrO4的酸性比HIO4的酸性强【答案】A【解析】【分析】元素周期率中，同主族从上到下，原子半径增大，金属性变强，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，碱性增强。【详解】A. 锂与钠是同主族元素，从上到下，金属性变强，所以钠与水反应比锂与水反应更剧烈，A项错误；B. 砹(At)为卤族元素，从上到下，固体颜色变深，根据氯化银的性质推断AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，B项正确；C. 铷为碱金属元素，碱金属从上到下，与氧气反应产物越来越复杂，则铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，C项正确；D. 卤族元素从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，则HBrO4的酸性比HIO4的
17、酸性强，D项正确。答案选A。【点睛】元素周期率中，同主族从上到下，原子半径增大，金属性变强，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，碱性增强。16.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=2
18、HCO32-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。17.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是( )A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：QWB. 最简单气态氢化物的热稳定性：RQC. 原子半径：TQRD. 含T的盐中，T元素只能存在于阳离子中【答案】D【解析
19、】【分析】分析题给信息，由R、T、Q、W为短周期元素且T所处的周期序数与族序数相等，结合元素在周期表中的相对位置图，可知T为Al元素，Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，据此分析。【详解】A根据同一周期，从左至右，非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，可知酸性：QW，A项正确；B由于元素的非金属性：RQ，所以最简单气态氢化物的热稳定性：RQ，B项正确；C同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径：TQR，C项正确；D含T的盐中，T元素可能存在于阳离子中，如Al2(SO4)3，也可能存在阴离子中，如NaA
20、lO2，D项错误；答案选D。18. 市场上热销的富硒茶叶有很好的保健功能。硒的原子序数为 34,下列说法中正确的是A. 硒元素的非金属性比溴元素的弱B. 硒的最高价氧化物的水化物的分子式为：H2SeO3C. 硒在周期表中位于第五周期VIA族D. 硒的气态氢化物的稳定性比硫化氢强【答案】A【解析】【详解】A、Se与Br是同周期元素，随核电荷数的增大，非金属性逐渐增强，所以Br的非金属性强，A正确；B、Se为第VIA族元素，最高价为+6价，则最高价氧化物的水化物的化学式是H2SeO4，B错误；C、Se位于元素周期表的第四周期第VIA族，C错误；D、Se与S同主族，在S元素的下方，同主族元素的非金属
21、性从上到下逐渐减弱，所以S的非金属性强，则硫化氢稳定，D错误。答案选A19.下列有关物质性质的比较正确的是( )同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越弱单质与水反应的剧烈程度：F2Cl2Br2I2元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强还原性：S2Se2酸性：HNO3H3PO4A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】以碱金属和卤素为例：碱金属元素，随着核电荷数的增大，金属性逐渐增强，熔沸点逐渐降低；对于卤素来说，从上到下，非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，熔沸点逐渐升高，错误；元素的非金属性越强，其气态
22、氢化物的热稳定性越强，错误；非金属性越强，单质与水反应就越剧烈。根据非金属性：FClBrI，则单质与水反应的剧烈程度：F2Cl2Br2I2，正确；元素的非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性强弱不能用来比较对应元素的氢化物水溶液的酸性强弱，错误；根据氧化性：SSe，则其离子的还原性：S2Se2，错误；非金属性：NP，则其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3H3PO4，正确；综上所述，A项正确；答案选A。20.下列反应中，最终一定有白色沉淀生成的是（ ）向Na2SO4溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液向Na2SiO3溶液中通入过量的CO2；向Ca(OH)2
23、溶液中通入过量的CO2；向BaCl2溶液中通入少量的SO2.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】向Na2SO4溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀，故选；向Na2SiO3溶液中通入过量的CO2，生成碳酸氢钠和硅酸沉淀，故选；向Ca(OH)2溶液中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙沉淀溶解生成碳酸氢钙，故不选；盐酸酸性大于亚硫酸，向BaCl2溶液中通入少量的SO2，不能生成沉淀，故不选；故选A。二、填空题（共40分）21.有A、B、C、D四种元素，A元素是地壳中含量最多的金属元素；B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子；C元素的原子得到2个电子，
24、D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒都具有与氩原子相同的电子数，回答下列问题：(1)上述四种元素的名称分别是A_，B_，C_，D_，(2)画出A离子、C原子的结构示意图_，_。(3)写出D与水反应离子方程式_。【答案】 (1). 铝 (2). 氯 (3). 硫 (4). 钾 (5). (6). (7). 2K2H2O=2K2OHH2【解析】【分析】由A元素是地壳中含量最多的金属元素，可知A为Al元素；B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子，可知B为Cl元素；C元素的原子得到2个电子，D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒都具有与氩原子相同的电子数，可知C为S元素，D为K元素，据此进行分析。
25、【详解】(1)由分析可知，A为铝，B为氯，C为硫，D为钾。故答案为：铝，氯，硫，钾；(2)Al原子易失去3个电子形成Al3+，故其离子结构示意图为：；S原子的结构示意图为：。答案为：；(3)钾与钠处于同一主族，其化学性质相似，类比钠与水的反应，可知钾与水反应生成氢氧化钾和氢气，离子反应方程式为：2K2H2O=2K2OHH2；答案为：2K2H2O=2K2OHH2。22.下表是元素周期表的一部分，针对表中的九种元素，填写下列空白：族周期AAAAAAA0族234(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是_（填具体元素符号，下同）。(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_，碱性最强的
26、化合物的化学式是_。(3)最高价氧化物是两性氧化物的元素是_；写出它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式_。(4)元素形成气态氢化物为_（填化学式），检验该气体的方法为_。(5)原子半径最大的是_（填元素符号），三种元素气态氢化物稳定性由强到弱：_（填化学式，下同）。(6) 和三种元素最高价氧化物的水化物的碱性由强到弱顺序的是：_。(7)和三种元素所形成的简单离子的半径大小次序是：_。【答案】 (1). Ar (2). HClO4 (3). KOH (4). Al (5). Al2O32OH=2H2O (6). NH3 (7). 用湿润的红色石蕊试纸（变蓝）检验或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口，观
27、察是否有白烟产生进行检验 (8). K (9). H2O (10). NH3 (11). CH4 (12). NaOH (13). Mg(OH)2 (14). Al(OH)3 (15). Mg2 (16). Na (17). K【解析】【分析】根据周期表中元素的位置关系，可知为C元素，为N元素，为O元素，为Na元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素，是Ar元素，为K元素，为Mg元素，据此进行分析。【详解】(1)在元素周期表中，0族元素原子最外层已达2电子或8电子稳定结构，化学性质不活泼，故答案为：Ar；(2)根据同一周期，从左至右非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性也逐渐增强；同一
28、主族，从上至下，金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性也逐渐增强，可知，HClO4的酸性最强，KOH的碱性最强。答案为：HClO4；KOH；(3)Al2O3既能与酸反应，也能与碱反应，故Al2O3为两性氧化物。Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，离子方程式为：Al2O32OH=2H2O；答案为：Al；Al2O32OH=2H2O；(4)由分析可知，为N元素，其气态氢化物为NH3，NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可与浓盐酸反应，生成NH4Cl，有白烟产生，故可用这两种方法进行检验。答案为：NH3；用湿润的红色石蕊试纸（变蓝）检验或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口，观察是否有白烟
29、产生进行检验；(5)根据同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，可知原子半径最大的是K；同一周期，非金属性：CNO，则其气态氢化物的稳定性为：H2ONH3CH4，答案为：K；H2O；NH3；CH4；(6)同一周期元素的金属性：NaMgAl，则其最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3。答案为：NaOH；Mg(OH)2；Al(OH)3；(7)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，可知离子半径：Na+Mg2+；根据带相同电荷的离子，电子层数越多，半径越大，可知离子半径：K+Na+，故离子半径大小次序是：Mg2+Na+K+。答案为：M
30、g2+；Na+；K+。23.实验室制取氯气的装置如图所示：(1)实验原理：_。(2)实验装置：气体制备型化学实验装置的设计，要将化学反应原理、气体净化、收集和尾气处理等结合起来。填写装置中试剂名称，C_，D_，F_。其中C的作用是除去氯气中的_；D的作用是除去氯气中的_。该装置中收集氯气使用的是_，还可用排_的方法，原因是_。其中F的作用是_。检验氯气是否收集满可用_放在集气瓶口，若试纸_，则证明已集满。【答案】 (1). 4HCl(浓)MnO2MnCl22H2OCl2 (2). 饱和食盐水 (3). 浓硫酸 (4). 氢氧化钠溶液 (5). 氯化氢 (6). 水蒸气 (7). 向上排空气法
31、(8). 饱和食盐水 (9). 氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小 (10). 吸收尾气，防止污染空气 (11). 湿润的淀粉-KI试纸 (12). 变蓝【解析】【分析】该装置是制取氯气的装置；烧瓶中的反应是制备氯气的反应，其中含有浓盐酸和MnO2；B为洗气装置，里边装有饱和食盐水，用来吸收逸出的氯化氢气体；C为干燥装置，里边装有浓硫酸；D为氯气的收集装置；F为尾气处理装置，一般使用NaOH溶液吸收氯气。【详解】(1)实验室制备氯气：4HCl(浓)MnO2MnCl22H2OCl2；(2) 从左往右：气体发生装置、气体除杂装置、气体干燥装置、气体收集装置、尾气处理装置，则C装置-饱和食盐水，D装置
32、-浓硫酸，F装置-氢氧化钠溶液；制备出的氯气含水蒸气、氯化氢，这些气体需分别除去；先用饱和食盐水(C装置)除去氯化氢(氯气在饱和食盐水中溶解度很小，但氯化氢在其中溶解度很大)，后用浓硫酸(D装置)除水蒸气；该实验中使用向上排气法收集氯气，除此方法之外，还可用排饱和食盐水的方法收集氯气，因为氯气在饱和食盐水中的溶解度很小；氯气有毒，需要用氢氧化钠溶液(F装置)来吸收尾气，防止污染空气；检验氯气的方法是用湿润的淀粉-KI试纸，因氯气可与碘化钾发生置换反应，生成碘单质遇到试纸中的淀粉变成蓝色。24.现有常见的AJ物质存在如下转化关系示意图（反应条件已略去），已知通常情况下A、H为固态金属单质，B、D
33、为气态非金属单质，E为淡黄色固体，F为无色液体，J为红褐色沉淀。请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：H_；D_。(2)写出下列转化的化学方程式或离子方程式：E+FD+G的化学方程式：_；G+IC+J的离子方程式：_。(3)若要检验I物质的阳离子所加入的试剂是_。实验现象为：_【答案】 (1). Fe (2). O2 (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (4). Fe3+3OH-=Fe(OH)3 (5). KSCN或NaOH (6). 溶液变红或产生红褐色沉淀【解析】【分析】根据题给信息：A、H为固态金属单质，B、D为气态非金属单质，E为淡黄色固体，F为无色液体，J为红褐
34、色沉淀，结合物质之间的转化关系，可推断出J为Fe(OH)3，E为Na2O2，F为H2O，G为NaOH，D为O2，由此可判断出A为Na，B为Cl2，C为NaCl，I为FeCl3，H为Fe。据此进行分析。【详解】(1)由分析可知，H为Fe，D为O2，答案为：Fe；O2；(2)Na2O2和水反应生成NaOH和O2，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；FeCl3和NaOH发生复分解反应生成Fe(OH)3和NaCl，离子方程式为：Fe3+3OH-=Fe(OH)3；答案为：Fe3+3OH-=Fe(OH)3；(3)利用Fe3+与KSCN反应生成血红色物质或Fe3+能跟碱反应生成红褐色沉淀等特征反应来检验Fe3+的存在，故答案为：KSCN或NaOH；溶液变红或产生红褐色沉淀。【点睛】解答元素化合物推断题需要找准突破口：(1)依据物质颜色、气味、水溶液颜色、溶解性或物质的化学性质作为突破口；(2)以沉淀的颜色作为突破口；(3)以化学反应现象作为突破口；(4)以反应条件为突破口。本题中以J为红褐色沉淀为突破口，可知J为Fe(OH)3，由E为化合物且其颜色为淡黄色，可知E为Na2O2，进而根据其他条件进行推断，得出结论。
