1、湖南省衡阳市第一中学2019-2020学年高一化学下学期入学考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C-12；H-1；O-16；N-14；S-32；C1-35.5；Br-80；Zn-65；Ag-108；P-31；Li-7；Na-23；Mg-24；Fe-56；Cu-64；Al-27一、选择题1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是( )A. 装运乙醇的包装箱上应贴上易燃液体的危险品标志图标B. 氯气、明矾是水处理过程中常用的两种化学试剂，两者的作用原理相同C. 焰火中呈现的绚丽色彩，是金属元素焰色反应形成的D. 小苏打既是制作糕点膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂【答案
2、】B【解析】【详解】A乙醇属于易燃液体,装运乙醇的包装箱上应贴上易燃液体的危险品标志图标，A正确；B氯水与水反应生成的次氯酸有强氧化性，能杀死水中的细菌和病毒，明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，能吸附悬浮颗粒而净水，二者作用原理不同，B错误；C某些金属元素在焰色反应时能呈现多种不同的色彩，可以用作焰火，C正确；D小苏打成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，是制作糕点的膨松剂，碳酸氢钠还能与盐酸反应，胃酸的主要成分就是盐酸，所以碳酸氢钠可以用来治疗胃酸过多，D正确；答案选B。2.朱自清在荷塘月色中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的
3、斑驳的黑影”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是( )A. 发生丁达尔效应B. 雾是一种胶体，胶粒带相同电荷C. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为1100 nmD. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动【答案】C【解析】分析】根据分散质粒子的直径大小不同，把分散系分为溶液、胶体、浊液，它们本质区别就是分散质粒子直径大小不同，胶体的粒子直径大小约为1100nm。据此解答。【详解】A雾是一种胶体，能产生丁达尔效应，但这不是月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因，A错误；B雾是一种胶体，胶体呈电中性，胶粒带相同电荷，但这也不是月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因；B错误；C胶体具有不同于其他分散系性质的本质原因
4、就是分散质粒子直径大小不同，胶体的粒子直径大小约为1100nm，空气中的小水滴颗粒直径大小约为1100 nm，所以这种小水滴是一种胶体，这是月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因，C正确；D布朗运动是微小粒子都能表现出的无规则运动，不是月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因，D错误；答案选C。3.下列各组物质按照单质、化合物、混合物顺序排列的是( )A. 石墨 Fe(OH)3胶体 澄清石灰水B. 氮气 干冰 冰水混合物C. 硫粉 碘酒 含氧40%的氧化镁D. 液态氧 CuSO45H2O 浓硫酸【答案】D【解析】【详解】AFe(OH)3胶体属于分散系，是混合物，A错误；B冰是固态的水，冰水混合物是纯净
5、物，B错误；C碘酒是碘的酒精溶液，是混合物，纯净的氧化镁的含氧量是40%，所以含氧40%的氧化镁是纯净物，C错误；D液态氧是单质，CuSO45H2O是化合物，浓硫酸是混合物，D正确；答案选D。4.以下10种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有( )Fe3O4；Fe(OH)3；FeCl2；CuS；Cu2S；Cu2(OH)2CO3；Al(OH)3；Na2CO3；NaHCO3；Na2O2A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】A【解析】【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质反应生成另一种新物质的反应，CuS和Al(OH)3都可以通过复分解反应生成，不能利用化合反应直接制得，其他的物质
6、都可以通过化合反应直接生成，据此分析解答。【详解】Fe在氧气点燃发生化合反应生成Fe3O4；Fe(OH)2和氧气、水发生化合反应生成Fe(OH)3；Fe和氯化铁发生化合反应生成FeCl2；CuS不能由化合反应直接生成；Cu和硫在加热的条件下发生化合反应生成Cu2S；Cu和氧气、水、二氧化碳发生化合反应生成Cu2(OH)2CO3；Al(OH)3不能由化合反应直接生成；Na2O和二氧化碳发生化合反应生成Na2CO3；Na2CO3和二氧化碳、水发生化合反应生成NaHCO3；Na在氧气中点燃发生化合反应生成Na2O2；答案选A。【点睛】熟记常见物质的化学性质，熟记它们常见反应的化学方程式。5.用NA表
7、示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB. 标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体中含氧原子数为2NAC. 常温常压下，7.8g Na2O2固体中含有的阴离子数为0.2 NAD. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl 个数为NA【答案】B【解析】【详解】A.标况下水不是气体，不可用气体摩尔体积进行计算，故A错误；B.标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体中含氧原子数2NA,故B正确;C.常温常压下，7.8g Na2O2固体中含有的阴离子（O2-）数目为0.1 NA,故C错误;D.体积未知,无法计算Cl 个数,故D
8、错误;正确答案:B。6.下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）选项XYZRAAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2BNaNa2ONa2O2NaOHCH2SSSO2SO3DN2NH3NONO2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A铝不能一步反应生成氢氧化铝，故A错误；BNa常温下氧化生成 Na2O，燃烧生成Na2O2，与水反应生成NaOH；Na2O与水反应生成NaOH，钠在氧气中加热生成Na2O2；Na2O2与水反应生成NaOH，故B正确；CH2S不能一步反应生成SO3，S不能一步反应生成SO3，故C错误；DN2不能一步反应生成NO2，NH3不能
9、一步反应生成NO2，故D错误；故答案选：B。7.下列各组离子中能大量共存的是A. 无色溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42B. 在酸性溶液中：Mg2+、Na+、SO42、ClC. 能使pH试纸变蓝色的溶液：Cl、HCO3、SO42、NH4+D. 碱性溶液中：K+、Cl、NO3、Cu2+【答案】B【解析】【详解】AMnO4为紫色，无色溶液中MnO4不能大量共存；B各离子间不反应，能大量共存；C能使pH试纸变蓝色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中HCO3、NH4+都不能大量共存；D碱性溶液中Cu2+不能大量共存。故选B。8.13CNMR（核磁共振）、15NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空
10、间结构。下列有关13C、15N的叙述正确的是( )A. 13C、15N具有相同的中子数B. 13C与12C60互为同位素C. 15N的核外电子数与中子数相同D. 15N与14N核外电子排布相同【答案】D【解析】【详解】A13C与15N的中子数分别为7、8，A错误；B13C是核素，12C60属于单质，二者不能互为同位素，B错误；C15N的核外电子数为7，中子数为157=8，不相同，C错误；C15N与14N的核外电子数都是7，核外电子排布相同，D正确；答案选D。【点睛】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，较简单，熟悉同位素、同素异形体的概念及判断可解答。9.下列各组递变性的规律排序中，正确的是(
11、 )A. 酸性：H2SiO3H2CO3H2SO4B. 原子半径：NaMgAlC. 稳定性：HFHClHBrD. 碱性：NaOHMg(OH)2CSi，最高价氧化物的水化物酸性为H2SiO3H2CO3MgAl ，非金属性为SCSi，最高价氧化物的水化物酸性为H2SiO3H2CO3ClBr，气态氢化物稳定性为HFHClHBr，故C错误；D. 金属性为NaMgAl，最高价氧化物的水化物碱性为NaOHMg(OH)2Al(OH)3，故D错误。故选：B。10.有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c(Mg2+)为0.1mol/L，c(Cl-)为0.65mol/L，要使Mg2+转化为沉淀分离出来，
12、至少需加1mol/L NaOH溶液体积是（ ）A. 40mLB. 60mLC. 80mLD. 120 mL【答案】C【解析】【详解】根据电荷守恒可知，2c(Mg2+)+3 c(Al3+)=c(Cl-)=0.65mol/L，故c(Al3+)=0.15mol/L。要使Mg2+转化为沉淀分离出来，需要将Al3+转化为AlO2，若恰好实现该转化，最后所得溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，所以需要的氢氧化钠的物质的量是0.1mol/L0.1L2+0.15mol/L0.1L4=0.08mol，所以至少需加1mol/L NaOH溶液的体积是80mL。答案选C。11.赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主
13、要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2，关于该反应的说法中正确的是( )A. 该反应氧化剂只有Cu2OB. Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂C. Cu既是氧化产物又是还原产物D. 每生成19.2gCu，反应中转移1.8mol电子【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中，氧化剂发生还原反应，得到电子化合价降低，得到还原产物；还原剂发生氧化反应，失去电子化合价升高，得到氧化产物，标出该反应中化合价的变化进行分析：【详解】A反应Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2中，两种反应物中铜元素化合价均降低，所以Cu2S、Cu2O都是氧化剂，A错误；
14、BCu2S中S元素化合价升高，Cu元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，B正确；C反应物Cu2S、Cu2O中Cu元素的化合价都由+1价降为生成物Cu中的0价，所以生成物Cu为还原产物，C错误；D反应中化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成铜6mol，所以每生成19.2g（即0.3mol）Cu，反应中转移0.3mol电子，D错误；答案选B。12.将SO2通入不同溶液中相应的实验现象和结论均正确的是( )选项溶液现象结论A溴水溶液褪色SO2具有氧化性B紫色石蕊试液溶液先变红后褪色SO2具有漂白性C酸性KMnO4溶液溶液由红色逐渐变为无色SO2具有还原性D滴有酚酞的NaO
15、H溶液溶液由红色逐渐变为无色SO2溶于水生成强酸A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】SO2中S元素化合价为+4价，是S元素的一个中间价，所以SO2既有氧化性，又有还原性，另外SO2还有漂白性、酸性等，根据具体反应进行分析。【详解】ASO2通入溴水，溶液褪色，SO2表现出来的是还原性，A错误；BSO2通入紫色石蕊试液，二氧化硫与水反应生成了亚硫酸，溶液只变红不褪色，B错误；CSO2通入酸性KMnO4溶液，SO2将KMnO4还原导致褪色，SO2表现出还原性，C正确；DSO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，SO2与NaOH反应生成Na2SO3，溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变为无色，
16、说明SO2水溶液呈酸性，不能说明反应生成了强酸，D错误；答案选C。13.下列除去物质中少量杂质的方法正确的是A. 除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液，洗气B. 除去KCl溶液中混有的K2SO4：加入过量BaCl2溶液，过滤C. 除去FeCl3溶液中混有的FeCl2：加入过量铁粉，过滤D. 除去NaCl固体中混有的NH4Cl：加热【答案】D【解析】【详解】A.碳酸钠溶液可以吸收二氧化碳生成碳酸氢钠，故不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl；B.加入过量BaCl2溶液，硫酸钾和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，但是过量的试剂成为新的杂质；C.铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，不能除去氯化亚
17、铁；D.氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，故可以用加热法除去NaCl固体中混有的NH4Cl。综上所述，除杂方法正确的是D，故选D。14.胆矾(CuSO45H2O)高温时发生反应：2CuSO45H2O2CuO + 2SO2+ O2+ 10H2O。下列装置能达到实验目的的是( )A. 可用于胆矾分解B. 可用于检验产物是否含H2O C. 可用于收集O2 D. 可用于吸收胆矾分解的SO2 【答案】D【解析】【分析】根据所给反应的条件、反应物生成物的状态、性质进行分析解答。【详解】A固体加热试管口应略向下倾斜，A错误；B氯化钙吸水后没有明显现象，无法检验产物是否含水， B错误；C氧气的密度比空气大，应该
18、用向上排空气法收集，从长导管一侧进气，既进气管应“长进短出”，C错误；DSO2能与NaOH反应，倒扣的漏斗可以防倒吸，图中装置可以用来吸收胆矾分解产生的SO2，D正确；答案选D。【点睛】白色的无水硫酸铜固体吸水后变蓝，化学实验中水一般用无水硫酸铜固体进行检验。15.某100 mL溶液可能含有Na、NH4+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下(所加试剂均过量，气体全部逸出)：下列说法不正确的是( )A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Ca2+B. 若原溶液中不存在Na，则c(Cl)0.1 molL1C. 原溶液中c(Cl)0.1
19、 molL1D. 原溶液一定存在Cl，可能存在Na+【答案】B【解析】【分析】原溶液中加入BaCl2溶液生成沉淀，原溶液中一定含有CO32-或SO42-中的至少一种，则沉淀1为BaSO4、BaCO3中的至少一种，由沉淀1部分溶解于盐酸可知其一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液中一定存在CO32-和SO42-，沉淀2是BaSO4，物质的量为 ，则BaCO3的物质的量为，CO32-、SO42-与Ca2+均不能共存，原溶液中一定不存在Ca2+。滤液加NaOH溶液生成气体，生成的气体为氨气，则原溶液中一定含有NH4+，由氮元素守恒可知NH4+的物质的量为，阳离子所带正电荷的物质的量为0.05m
20、ol，CO32-和SO42-所带负电荷的物质的量之和为0.012+0.012=0.04mol，根据电荷守恒可知，原溶液中一定存在有Cl-，Na+不能确定，故n(Cl-)0.01mol，原溶液体积为100mL，即c(Cl-)0.1 molL1。根据以上分析进行解答。【详解】原溶液中加入BaCl2溶液生成沉淀，原溶液中一定含有CO32-或SO42-中的至少一种，则沉淀1为BaSO4、BaCO3中的至少一种，由沉淀1部分溶解于盐酸可知其一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液中一定存在CO32-和SO42-，沉淀2是BaSO4，物质的量为 ，则BaCO3的物质的量为，CO32-、SO42-与Ca
21、2+均不能共存，原溶液中一定不存在Ca2+。滤液加NaOH溶液生成气体，生成的气体为氨气，则原溶液中一定含有NH4+，由氮元素守恒可知NH4+的物质的量为，阳离子所带正电荷的物质的量为0.05mol，CO32-和SO42-所带负电荷的物质的量之和为0.012+0.012=0.04mol，根据电荷守恒可知，原溶液中一定存在有Cl-，Na+不能确定，故n(Cl-)0.01mol，原溶液体积为100mL，即c(Cl-)0.1 molL1。A原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Ca2+，A正确；B若原溶液中不存在Na，则c(Cl)=0.1 molL1，B错误；C原溶液中c(Cl)0.1 m
22、olL1，C正确；D原溶液一定存在Cl，可能存在Na+，D正确；答案选B。【点睛】推断出原溶液中含有CO32-、SO42-、NH4+后，根据溶液中的电荷守恒对其他离子是否存在进行分析，不然Cl、Na+就没有办法确定。16.某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 mol H2SO4，向其中加入1.5 mol Fe，充分反应（已知NO3被还原为NO），最终溶液体积为1L。下列说法正确的是A. 所得溶液中c(NO3)2.75 molL1B. 所得溶液中c(Fe2)：c(Fe3)1：2C. 反应后生成NO的体积为33.6 L（标准状况下）D. 所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】A【解析】【分析
23、】第一步反应：比例关系来看，只有H+ 完全反应。Fe + 4H+ + NO3- = Fe3+ + NO+2H2O1 4 1 1 1 1.25mol 5mol 1.25mol 1.25mol 1.25mol铁粉剩余1.5mol-1.25mol=0.5mol 硝酸根离子剩余4mol-1.25mol=2.75mol n（Fe3+）=1.25mol V（NO）=n（NO）Vm=1.25mol22.4L/mol=28L ；第二步反应：比例关系来看，铁粉完全反应。Fe + 2Fe3+= 3Fe2+ 1 2 30.5mol 1mol 1.5mol铁离子剩余：1.25mol-1mol=0.25mol，生成n（
24、Fe2+）=1.5mol【详解】根据以上分析可知A. 所得溶液中c(NO3)=2.75 molL1，故A正确；B.所得溶液中所得溶液中c(Fe2)：c(Fe3)1.5:0.25=6:1，故B错误；C.反应后生成NO的体积为V（NO）=n（NO）Vm=1.25mol22.4L/mol=28L （标准状况下），故C错误；D.反应所得溶液中阳离子为铁离子、亚铁离子和钾离子，阴离子为硫酸根离子和硝酸根离子，故D错误；正确答案：A。【点睛】硝酸钾和硫酸的混合溶液相当于是稀硝酸，所以其与加入的铁粉发生反应的实质是铁与稀硝酸的反应，应该用离子方程式解题。二、填空题17.消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开
25、发具有广普、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。.含氯消毒剂在生产生活中有极其重要的作用。(1)Cl2常用于自来水的杀菌消毒。Cl2溶于水后，溶液中具有氧化作用的含氯微粒除Cl2外还有_。(2)为了提高生活用水的卫生标准，自来水厂常同时使用Cl2和FeSO47H2O进行消毒、净化，以改善水质。其原因：一是_ (用离子方程式和相应的文字解释)，二是生成的Fe(OH)3胶体具有较强的吸附 性能，可吸附水中的悬浮杂质，并能形成沉淀，使水净化。(3)KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，还原产物为黄绿色的易爆物二氧化氯。常用作消毒剂，其变化可以表示为：2KClO34HCl(浓) 2KCl2ClO
26、2Cl22H2O，若改变温度至70 ，发现KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，试写出反应的化学方程式：_。.铁的化合物高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂。 (1)高铁酸钠主要通过反应制取：2Fe(OH)3+3X+ 4NaOH2Na2FeO4+3NaCl+ 5H2O，则X的化学式为_。 (2)高铁酸钠在水中可以发生反应：4FeO42+10H2O4Fe(OH)3+8OH+3O2。由此看来，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有_性。.(1)H2O2可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”美称。H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是_。(2)取一定量的酸性KMnO4溶液依次进行
27、下列实验，有关现象记录如下：加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生；加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色；后通入足量SO2，发生反应：5SO2+2MnO4+5Pb2+2H2O=5PbSO4+2Mn2+4H+。则KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为_。【答案】 (1). HClO和ClO (2). Cl22Fe2=2Cl2Fe3 能消耗多余的Cl2 (3). 5KClO36HCl(浓) = 5KCl6ClO23H2O (4). NaClO (5). 氧化性 (6). H2O2是氧化剂时其还原产物是H2O，没有污染 (7). PbO2KMnO4H2O2【解析】【分析
28、】.（1）根据Cl2溶解在水里和与水反应的产物性质进行解答；（2）从反应要消耗Cl2及Cl2的毒性来分析解答；（3）由题意写出参加氧化还原反应的物质，再由原子守恒写出其他化学式并配平方程式；.（1）根据原子守恒来解答；（2）由已知反应考虑高铁酸钠的化学性质；.（1）由双氧水发生还原反应后的生成物来考虑；（2）根据氧化还原反应里氧化剂、氧化产物的氧化性强弱规律进行解答。【详解】（1）Cl2与水反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，生成的HClO是一种弱酸，能电离出少部分ClO-，HClO 、ClO-都具有强氧化性。答案为：HClO和ClO；（2）Cl2有毒性，可以用来消毒，但残留在水中会影响水
29、质，利用Cl2和FeSO47H2O发生反应；Cl22Fe2=2Cl2Fe3 可以去除残留的Cl2。答案为：Cl22Fe2=2Cl2Fe3 能消耗多余的Cl2；（3）KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，反应中KClO3中的Cl由+5价降为+4价，盐酸中的Cl由-1价升为+4价，再根据反应前后原子守恒确定其他生成物，最后配平，反应的化学方程式为；5KClO36HCl(浓) = 5KCl6ClO23H2O。答案为：5KClO36HCl(浓) = 5KCl6ClO23H2O。（1）由反应2Fe(OH)3+3X+ 4NaOH2Na2FeO4+3NaCl+ 5H2O前后各元素的原子
30、个数不变可知X化学式为NaClO；答案为：NaClO；（2）4FeO42+10H2O4Fe(OH)3+8OH+3O2这个反应中FeO42表现出很强的氧化性，而高铁酸钠能够消毒杀菌就是因为它的强氧化性；答案为：氧化性；(1)双氧水H2O2作氧化剂发生还原反应，得到的还原产物是H2O，对环境没有污染，被称为“绿色氧化剂”；答案为：H2O2是氧化剂时其还原产物是H2O，没有污染；（2）实验说明H2O2能被KMnO4氧化，所以氧化性：KMnO4 H2O2，实验说明Mn2+能与PbO2反应生成KMnO4，得出氧化性：PbO2KMnO4，则KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为PbO2KMn
31、O4H2O2；答案为：PbO2KMnO4H2O2；【点睛】配平氧化还原化学方程式的步骤：标价 标出反应前后发生变化的元素化合价，列变化列出元素化合价和降低的数值，求总数求元素化合价升高和降低数值的最小公倍数，确定参与得失电子的化学式的化学计量数，配平用观察去配平没有参与得失电子的物质化学式的化学计量数，检查用三守恒（质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒）检查配平的化学方程式是否正确。18.下表是元素周期表的一部分，针对表中的种元素，请按要求填写下列空白： 主族周期AAAAAAA23(1)在元素对应的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物的电子式是：_； (2)写出元素的最简单氢化物的化学式_；(
32、3)四种元素的简单离子半径从大到小排序_(用离子符号表示)；(4)写出元素的最高价氧化物与元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_； (5)写出元素的常见氢化物和它的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). CH4 (3). r(S2-) r(O2)- r(Na+) r(Al3+ ) (或S2 、O2-、 Na+ 、Al3+) (4). Al2O3+2OH-=2AlO2- + H2O (5). NH3+HNO3=NH4NO3【解析】【分析】由元素在周期表中的位置，可推断出：为Li为C为N为O为Na为Al为S为Cl，再根据元素的性质及元素周期表中元素性质变化的规律
33、进行解答。【详解】（1）Na的金属性最强，所以NaOH的碱性最强，由钠离子和氢氧根离子构成，电子式为：；答案为：；（2）元素是C，C的最简单氢化物是CH4；答案为：CH4；（3）四种元素是：O、Na、Al、S，它们的离子为：O2-、Na+、Al3+、S2-，离子电子层数越多半径越大，电子层数相同的离子核电荷数越大半径越小，所以这四种离子半径由大到小的顺序为：r(S2-) r(O2)- r(Na+) r(Al3+ ) (或S2 O2- Na+ Al3+)。答案为：r(S2-) r(O2)- r(Na+) r(Al3+ ) (或S2 、O2- 、Na+ 、Al3+)。（4）元素的最高价氧化物为Al
34、2O3，元素的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2- + H2O；答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2- + H2O；（5）元素的常见氢化物为NH3，它的最高价氧化物的水化物为HNO3，二者反应生成NH4NO3，方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3；答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；【点睛】熟记元素周期表的结构和120号元素的顺序是进行元素推断的基础。19.近两年来无人驾驶汽车的大热使得激光雷达成为人们关注的焦点，激光雷达的核心部件需要一种氮化铝(A1N)导热陶瓷片。下图是从铝土矿(主要成分为A12O3,还含有少
35、量SiO2、 Fe2O3等杂质)中提取A12O3并生产A1N的工艺流程：(1)“溶解”时，已知溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠可发生反应：2Na2SiO3+2NaA1O2+2H2O= Na2Al2Si2O8 +4NaOH。赤泥的主要成分除了生成的Na2Al2Si2O8还有_(写出化学式)，Na2Al2Si2O8用氧化物的形式表示为_。(2) “酸化”时通入过量CO2与NaA1O2反应生成NaHCO3 和另一种白色沉淀，试写出该反应的化学方程式_；实验室过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、_、玻璃棒。(3)“还原”时，炭黑在高温下被氧化为CO,反应的化学方程式为_；(4)已知：AlN+NaOH + H2O=Na
36、A1O2+NH3 。现取氮化铝样品5.0 g(假设杂质只含有炭黑)加到100 mL 1. 0 mol L-1的NaOH溶液中恰好反应完，则该样品中A1N的质量分数为 _。【答案】 (1). Fe2O3 (2). Na2OAl2O32SiO2 (3). NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3 (4). 漏斗 (5). Al2O3N23C2AlN3CO (6). 82%【解析】【分析】铝土矿(主要成分为A12O3,还含有少量SiO2、 Fe2O3等杂质)，铝土矿中加入氢氧化钠溶液，SiO2和A12O3溶于氢氧化钠溶液，溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaA1O
37、2+2H2O= Na2Al2Si2O8 +4NaOH，氧化铁不溶于氢氧化钠溶液，所以过滤得到的赤泥为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，滤液主要为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳酸化得到的沉淀为氢氧化铝，过滤得到的滤液主要为NaHCO3溶液，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，氧化铝、碳黑、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO，据此解答此题。【详解】（1）氧化铁与氢氧化钠不反应，则赤泥的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，Na2Al2Si2O8用氧化物的形式表示为Na2OAl2O32SiO2；答案为：Fe2O3 ；Na2OAl2O32SiO2 ；（2）“酸化”时通入过量CO2
38、与NaA1O2反应生成Al(OH)3，反应的化学方程式为：NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3；实验室过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；答案为：NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3；漏斗；（3）氧化铝、碳黑、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳黑被氧化为CO，反应的化学方程式为：Al2O3N23C2AlN3CO ；答案为：Al2O3N23C2AlN3CO ；漏斗；（4）加到100 mL 1. 0 mol L-1的NaOH溶液中恰好反应完，则n(NaOH)=0.1L1.0mol/L=0.1mol，根据反应AlN+NaOH + H2O=NaA1O2+NH3 可
39、知，n(AlN)= n(NaOH)=0.1mol，所以AlN的质量分数为： ；答案为：82%；20.化学实验是科学探究过程中的一种重要方法，掌握化学实验的基本操作和物质的制备、转化及性质的探究尤为重要，请结合所学化学实验知识回答以下问题。I.实验室配制220mL 1 molL1的稀H2SO4溶液：(1)用量筒量取浓H2SO4(密度为1.84gmL1，质量分数为98%)的体积为_mL。(2)误差分析：下列情况使配制结果偏大的是_。溶解后未冷却即转移、定容定容时仰视容量瓶刻度线用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤23次，转移至容量瓶II.某研究性学习小组在查阅资料时发现：化工厂
40、常用氨气来检验氯气是否泄漏。于是他们设计实验探究氯气与氨气之间的反应。制备气体的实验装置有(可重复选用)：实验药品有：a.MnO2(s)b浓盐酸cNH4Cl(S)dKClO3(s)e碱石灰 f浓硫酸g饱和食盐水hNaOH(s)i消石灰请回答下列问题。(1)利用上述实验装置与药品制备干燥氨气，应选用的装置有_(填字母序号)。发生反应的化学方程式为_。(2)制取干燥氯气的装置由A、B、B组装而成，则B中应装的试剂依次是_(填字母序号) 。(3)为使氯气、氨气在如图所示装置中充分混合并反应，在a口通入气体是_，若氨气量较多，则瓶内会出现大量白烟，该白烟为_。(4)已知，在水溶液中能发生反应3Cl22
41、NH3=N26HCl，若氯气过量，氯气与氨气反应生成两种化合物，其中一种化合物分子的空间构型与NH3相似，则该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 13.6 (2). (3). D、C (4). 2NH4Cl CaOH)2 =CaCl22NH32H2O (5). g、f (6). 氨气(NH3) (7). 氯化铵(NH4Cl) (8). 3Cl2NH3=NCl33HCl【解析】【分析】I(1)需要选用规格为250mL的容量瓶配制，实际配制的是250mL1molL-1的稀硫酸溶液，配制过程中硫酸的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为xmL，则：1.84gmL1 xmL98%=98g/moL1m
42、ol/L0.25L，据此计算即可；(2)根据操作方法对 的影响分析误差；II(1)实验室制取氨气的方法是用加热铵盐与消石灰来制取氨气，选择固固加热的制取装置，根据要求选择干燥装置；(2)A为发生装置，产生的氯气中含有氯化氢、水等杂质，选择合适的试剂依次除杂；(3)根据两种气体的密度选择通入的方向，白烟是由固体小颗粒分散到空气中形成的，由反应的生成物分析白烟的成分；(4)根据题意，可推知产物中有NCl3生成，根据元素守恒写出化学方程式。根据以上分析进行解答。【详解】I(1)实验室配制220mL 1 molL1的稀H2SO4溶液，需要选用规格为250mL的容量瓶配制，实际配制的是250mL1mol
43、L-1的稀硫酸溶液，配制过程中硫酸的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为xmL，则：1.84gmL1 xmL98%=0.25L1mol/L98g/moL，解得x=13.6；答案为：13.6；(2)溶解后未冷却即转移、定容，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏大，正确；定容时仰视容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，错误；用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视，量取的浓硫酸体积偏小，配制的溶液浓度偏小，错误；不需要洗涤量筒，若将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤23次，转移至容量瓶，导致浓硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏大，正确；答案为：；II(1)实验室制取氨气的方法是用加热氯化铵与消石灰来制取氨气，反应的化学
44、方程式为：2NH4Cl CaOH)2 = CaCl22NH32H2O，选择固固加热的制取装置D，氨气一般用碱石灰来干燥，干燥装置为C；答案为：D、C；2NH4Cl CaOH)2 = CaCl22NH32H2O；(2)制取干燥氯气的装置由A、B、B组装而成，A为气体发生装置，产生的氯气中含有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水；答案为：g、f；(3)氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以导管a中通入氨气可使反应在b的下端口进行，反应更加充分；两种气体反应后生成了氯化铵固体，固体小颗粒分散在瓶中形成白烟；答案为：氨气(NH3)；氯化铵(NH4Cl)；(4)根据题意可推知产物中空间构型与NH3相似的化合物为NCl3，由元素守恒可知另一生成的化合物为HCl，所以化学方程式为：3Cl2NH3=NCl33HCl；答案为：3Cl2NH3=NCl33HCl；【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。
