1、上海市复旦大学附属中学2018-2019学年高二化学上学期等级性期中试题（含解析）一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分）1.我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过486.1公里的世界列车最高时速，这得益于全路铺设优质无缝平滑的超长钢轨。下列有关说法错误的是（ ）A. 制造钢轨的材料是钢，钢是用量较多的合金B. 钢的熔点比铁的熔点高，而铁的用途更广泛C. 我国在商代就开始使用铜合金D. 合金的强度、硬度一般比组成合金各成分金属的大【答案】B【解析】【详解】A目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，可以用于制造钢轨等，故A正确；B钢铁是用途最广泛的合金，比铁的用途更广泛，合金的熔点比
2、铁的熔点要低，故B错误；C青铜器属于铜合金，我国人民在商代就制造出精美的青铜器，故C正确；D合金的强度、硬度一般比组成合金的各成分金属的高，故D正确；故选B。2.对中数字的叙述正确的是（ ）A. 291是Ts元素的相对原子质量B. 291是Ts元素的质量数C. 117是的质子数D. 117是的中子数【答案】C【解析】【详解】A. 291是的质量数，不是Ts元素的相对原子质量，故A错误；B. 291是的质量数，故B错误；C. 117是的质子数，故C正确；D. 117是的质子数，其中子数=291-117=174，故D错误；故答案选C。3.关于元素周期表的说法正确的是（ ）A. 元素周期表中有8个主
3、族B. 目前元素周期表中有4个长周期C. 周期表中的主族都有非金属元素D. 族中的元素全部是金属元素【答案】B【解析】【分析】元素周期表有7个周期(短周期、长周期)，有18个纵行，16个族(7个主族、7个副族、第族、零族)，据此分析判断。【详解】A元素周期表有7个主族，故A错误；B元素周期表有7个周期，其中4、5、6、7属于长周期，故B正确；C以目前元素周期表来说，A没有非金属元素，故C错误；DA族的元素除H元素外都是金属元素，其中H元素是非金属元素，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意元素周期表中各主族所含元素的分类，其中A没有非金属元素，到目前为止，卤族元素没有金属元素。4.
4、 如图表示118号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A. 电子层数B. 原子半径C. 最高化合价D. 最外层电子数【答案】D【解析】【详解】A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数310的原子电子层数相同，原子序数1118的原子电子层数相同，A项不符合；B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；答案选D。5.一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH2466.5813.51
5、4腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2下列说法不正确的是A. pH6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C. 在pH14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H+4e-=2H2OD. 在煮沸除氧气的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓【答案】C【解析】试题分析：A、pH6的溶液，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，正确；C、pH14的溶液氧气与水反应得电子：O2+2H2O+4e=4OH,错误；D、煮沸后除去了氧气，碳钢的腐蚀速率会减小，正确。考点： 本题考查铁的腐蚀原理以及电极方程式的书写。6.某溶液中加入铝片有氢气产生，则该溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）A. 、B. 、C. 、D. 、
6、【答案】C【解析】【详解】溶液中加入铝片有氢气产生，该溶液为酸或强碱溶液。A若为碱溶液，Fe3+与碱反应生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B若为碱溶液，Al3+、Mg2+与碱反应生成沉淀，不能大量共存，若为酸溶液，S2-与氢离子反应生成弱电解质，不能大量共存，故B错误；C无论酸或碱溶液，该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；DHCO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能大量共存，故D错误；故选C。7.用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是A. Al和O2化合放出热量B. 硝酸汞
7、是催化剂C. 涉及了：2Al+3Hg2+2Al3+3HgD. “白毛”是氧化铝【答案】B【解析】【分析】铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的保护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。【详解】A. 实验中，温度计示数上升，说明Al和O2化合放出热量，A项正确；B. 硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B项错误；C. 硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+2Al3+3Hg，C项正确；D. 铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D项正确。本题选B。8.具有相同电子层数的、三种元素，已知它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是，则下列判
8、断正确的是（ ）A. 原子半径：B. 元素的非金属性：C. 气体氢化物的稳定性：D. 阴离子的还原性：【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z三种元素的原子具有相同电子层数，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X的最外层电子数为7，Y的最外层电子数为6，Z的最外层电子数为5，为非金属，原子序数XYZ，根据同一周期元素的性质变化规律分析解答。【详解】根据上述分析，Z、Y、X是同一周期，从左到右依次排列的三种元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。A同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径为XYZ，故A错误；B它们最高价氧
9、化物的水化物的酸性强弱顺序是HXO4H2YO4H3ZO4，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，所以非金属性：XYZ，故B正确；C元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性：XYZ，则气态氢化物稳定性：XYZ，故C错误；D元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，非金属性：XYZ，所以阴离子的还原性：XYZ，故D错误；故选B。9.支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，下列有关表述错误的是（ ）A. 利用了电解原理B. 电子由电源负极流向钢管桩C. 钢管桩是负极D. 高硅铸铁作阳极【答案】C【解析】【分析】外加电流阴极保
10、护法是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属避免或减弱腐蚀的发生，据此分析解答。【详解】A、由于此保护装置有外加电源，构成了电解池，故利用了电解原理，故A正确；B、在电解池中，钢管桩要被保护，应做阴极，连接电源的负极，电子由电源的负极流向钢管桩，故B正确；C、钢管桩连接的是电源的负极，做的是电解池的阴极，故C错误；D、高硅铸铁做电解池的阳极，连接电源的正极，故D正确；故选C。【点睛】明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键。本题的易错点为C，要注意电解池的两极称为阴阳极，原电池的两极称为正负极。1
11、0.现在含有生命元素硒（）的保健品已经进入市场，已知硒与氧同族，与钾同周期，则下列关于硒的叙述中正确的是（ ）A. 硒单质在常温下是固体B. 硒的气态氢化物稳定性比强C. 硒是金属元素D. 硒酸（）的酸性比硫酸强【答案】A【解析】【详解】A、氧在常温下为气体，硫在常温下为固态，可以推出硒常温下为固态，故A正确；B、氧元素位于第二周期第A族，硒元素位于第四周期第A族，同主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应氢化物的稳定性逐渐减弱，故硒的气态氢化物稳定性比水弱，故B错误；C、硒元素位于第四周期第A族，第四周期第A族为金属与非金属分界线附近的金属元素，因此硒为非金属元素，故C错误；D、元素的非
12、金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性SSe，则酸性：H2SO4H2SeO4，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为C，要注意在元素周期表中，周期序数=主族序数的元素是金属与非金属分界线附近的金属元素。11.铟产业被称为“信息时代的朝阳产业”。元素周期表中铟的数据见下图，下列说法正确的是（ ）A. 铟元素的质量数是114.8B. 铟元素的相对原子质量是115，中子数为66C. 铟元素是一种主族元素，位于第五周期第A族D. 铟原子最外层有5个电子【答案】C【解析】【详解】A质量数是将原子内所有质子和中子的相对质量取近似整数值相加而得到的数值，114.8为该元素的相对原子质量，不是
13、质量数，故A错误；B根据图示，该元素的相对原子质量是114.8，无法判断中子数，故B错误；C铟的核外电子排布中有5s，那么该元素位于第五周期，5s 上有2个电子，5p上有1个电子，最外层电子数为2+1=3，处于第A族，故C正确；D该元素原子的价电子排布式为5s25p1，即最外层有3个电子，故D错误；故选C。12.随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示，下列分析正确的是（ ）A. 、的简单离子半径大小：B. 元素的金属性：C. 元素的非金属性：D. 、和四种元素能形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可
14、知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，结合元素周期律分析解答。【详解】Ad为O、e为Na，两种离子具有相同电子层排布，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：de，故A错误；Be为Na、f为Al，同周期元素，从左向右，金属性减弱，则元素的金属性：ef，故B错误；Cd为O、g为S，同主族元素，从上到下，非金属性减弱，则元素的非金属性：dg，故C错误；Dx、y、z 和 d 四种元素可以形成碳酸铵、碳酸氢铵，均为离子化合物，故D正确；故选D。13.铝元素的多种化合物间存在下列转化关系，关于上述过程描述正确的是（ ）A. 实现过程可
15、通过足量B. 实现过程可加入足量C. 实现过程可加入足量D. 实现过程可通入足量【答案】C【解析】【详解】A、氢氧化铝不能溶于碳酸，因此通如足量不能实现过程，故A错误；B、氢氧化铝为两性氢氧化物，足量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解，因此实现过程可加入少量NaOH，故B错误；C、氢氧化铝为两性氢氧化物，足量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，故C正确；D、氨水为弱碱，氢氧化铝不能溶于氨水，不能实现过程，故D错误；故选C。【点睛】解答本题要注意，氢氧化铝两性氢氧化物，能够溶于强酸和强碱，不能溶于碳酸或氨水等弱酸和弱碱。14.、为短周期元素，其原子半径、化合价等信息见下表。以下说法一定正确的
16、是（ ）元素原子半径（）0.0770.0700.1040.099最高正价或最低负价+4+5-2-1A. 与形成的化合物的电子式可表示为B. 的氢化物能与的氢化物反应，所得产物只含有共价键C. 、能分别与氧元素形成多种氧化物D. 处于元素同期中第三周期A族【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W为四种短周期元素，X的最高正化合价为+4，处于第A族，Y的最高正化合价为+5，处于第A族，Z的最低负化合价为-2，处于A族，W的最低负化合价为-1，处于A族，由于同周期，自左而右，原子半径减小，而原子半径ZWXY，故Z、W处于第三周期，X、Y处于第二周期，故X为碳元素，Y为氮元素，Z为硫元素，W为Cl元素
17、，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为C元素、Y为N元素、Z为S元素、W为Cl元素。AX与W形成的化合物为CCl4，碳原子与氯原子之间形成1对共用电子对，氯原子含有3对孤对电子，电子式为，故A错误；BY的氢化物为氨气，W的氢化物为氯化氢，能够反应生成氯化铵，氯化铵属于离子化合物，含有离子键与共价键，故B错误；CX的氧化物有CO、CO2，Y的氧化物有NO、NO2等，故C正确；DZ为硫元素，处于元素周期表中第3周期A族，故D错误；故选C。15.用如图所示实验装置进行相关实验探究。其中装置不合理的是A. 探究钠与Cl2反应B. 证明Na2O2与水反应放热C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应D. 鉴
18、别纯碱与小苏打【答案】D【解析】A、钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，选项A正确；B、过氧化钠与水反应生成氧气，且放出大量的热，可验证过氧化钠的性质，选项B正确；C、氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，选项C正确；D、加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，选项D错误。答案选D。点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。16.类推是在化学学习和研究中常用的思维方法，但类推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否，下列几种类推结论中正确的是（ ）A. 由跟
19、直接化合可得，类推出跟直接化合可得B. 金属镁失火不能用灭火，类推出金属钠失火也不能用灭火C. 与反应生成和，类推出与反应生成和D. 相同温度下的溶解度比的溶解度小，类推出的溶解度也小于的溶解度【答案】B【解析】【详解】A碘具有弱氧化性，变价金属和碘反应生成低价碘化物，Fe是变价金属，所以Fe跟碘直接化合可得FeI2，故A错误；B镁在二氧化碳中燃烧生成C和MgO，钠燃烧生成过氧化钠和氧气，过氧化钠也能和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以镁和钠着火都不能用二氧化碳灭火，故B正确；CSO2与Na2O2发生氧化还原反应生成Na2SO4，没有氧气生成，故C错误；D由于碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，
20、故D错误；故选B。17.已知室温下碳酸氢钠溶液的为8.4，则下列说法正确的是（ ）A. 加入少量固体，钠离子和碳酸根离子浓度均增大B. 将该溶液加水稀释，的比值保持不变C. D. 【答案】A【解析】【详解】0.1mol/L的碳酸氢钠溶液的pH为8.4，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度。A加入少量NaOH固体，发生HCO3-+OH-=CO32-+H2O，则钠离子和碳酸根离子浓度均增大，故A正确；B加水稀释，促进HCO3-的水解，HCO3-H2O H2CO3OH平衡右移，c(HCO3-)减小程度更大，则的比值增大，故B错误；C根据电荷守恒，应有c(Na+)+c(H+)=c(HCO3
21、-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C错误；D根据物料守恒，应有c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为CD，要注意理解电荷守恒和物料守恒关系式中c(CO32-)前的系数。18.铁及其化合物是一类重要物质，下列叙述中正确的是（ ）A. 保存溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制水解B. ，的溶液中，、可以大量共存C. 制备、均可采用将溶液直接蒸干灼烧方法D. 铁粉加入到足量稀硝酸中：【答案】D【解析】【详解】A亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，保存溶液常常加一些铁粉，可以防止亚铁离子被氧化，不能抑制水解，故A错误；B，pH=0溶
22、液中存在大量的氢离子，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，三者不能大量共存，故B错误；C因为AlCl3、FeCl3的溶液加热时都水解生成沉淀和HCl，HCl容易挥发，蒸干得到的是各自的氢氧化物沉淀，因此制备AlCl3、FeCl3均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C错误；D硝酸具有强氧化性，铁粉加入到足量稀硝酸中发生氧化还原反应生成硝酸铁和一氧化氮气体，反应的离子方程式为：，故D正确；故选D。19.在的溶液中可能存在、，已知的浓度为，则下列离子一定能大量存在的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A在的溶液中存在大量的H+，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，三者
23、不能大量共存，因此一定不存在Fe2+，故A错误；B在的溶液中存在大量的H+，且c(H+)=0.1mol/L，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，三者不能大量共存，因此一定不存在Fe2+，H+能够与CO32-反应，一定不存在CO32-，NO3-的浓度为0.12mol/L，溶液中一定还存在至少一种阳离子，因此一定存在Na+，故B正确；C根据B 的分析，溶液中一定存在H+、NO3-、Na+，一定不存在Fe2+、CO32-；无法判断是否存在SO42-，故C错误；D在的溶液中存在大量的H+，H+能够与CO32-反应，因此不存在CO32-，故D错误；故选B。20.常温下，向的溶液中逐滴滴加的溶液。溶
24、液随滴入溶液体积变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 点的B. 点时，C. 点时，D. 从ad，水的电离度先增大后减小【答案】D【解析】【详解】ACH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c(H+)0.1mol/L，所以a点溶液pH1，故A错误；Bb点为加入10mLNaOH溶液，为等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液，浓度均约为0.05mol/L，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中c(CH3COO-)略大于0.05mol/L，故B错误；C当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性，c
25、点pH=7，则c点时，故C错误；D酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐，促进水的电离，从ad，溶液中的溶质从醋酸醋酸和醋酸钠的混合溶液醋酸钠醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液，因此水的电离度先增大后减小，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意溶液的体积发生了变化，另外，弱酸的电离程度和盐类的水解程度一般均较小。21.向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉末中加入过量的稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于所得溶液中阳离子的判断正确的是A. 一定有Fe2，可能有Cu2B. 一定有Fe2、Cu2，可能有Fe3C. 只有Fe2和Cu2D. 只有Fe2【答案】A【解析】试题分析：A、由于氧化性
26、：Fe3+Cu2+，无论Fe3+是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，溶液中有Cu2+，A正确；B、剩余固体中含有铜，则溶液中一定不存在铁离子，B错误；C、当铜全部析出时，不存在Cu2+，C错误；D、由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有Fe3+，但可能含有铜离子，D错误，答案选A。【考点定位】本题主要是考查离子检验与氧化还原反应的有关判断【名师点晴】该题的关键是明确氧化性与还原性的强弱顺序，搞清楚反应的先后顺序，即铁离子首先氧化铁，然后在氧化单质铜，单质首先还原铁离子，然后还原铜离子，最后还原氢离子，然后结合选项逐一分析解答。22
27、.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现一定量的铁铝合金与很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如下图所示，则下列有关计算和判断正确的是（ ）A. 溶液中所含的阳离子有：、B. 在段，发生反应的离子方程式为C. 无法求出点对应的沉淀的物质的量D. 点对应的氢氧化钠溶液的体积为【答案】BD【解析】【分析】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化
28、物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可知，硝酸过量，加入氢氧化钠溶液先与硝酸反应，再与Al3+、Fe3+反应生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，是氢氧化钠与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：H+OH-=H2O，Fe3+3OH-=Fe(OH)3，Al3+3OH-=Al(OH)3，NH4+OH-NH3H2O，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，据此分析解答。【详解】A根据图示，得到的溶液x和氢氧化钠反应产生沉淀的情况可知，金属铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、硝酸铵和水，反应的离
29、子方程式为：8Fe+30H+3NO3-=8Fe3+3NH4+9H2O，金属铝和硝酸反应生成硝酸铝、硝酸铵和水，溶液x中所含的阳离子有：Al3+、H+、Fe3+、NH4+，硝酸过量，溶液中没有Fe2+，故A错误；B根据上述分析，DE一段沉淀的量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子方程式为NH4+OH-NH3H2O，故B正确；C图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生的离子方程式为H+OH-=H2O；在DE段沉淀的物质的量没有变化，应为NH4+和OH-的反应，此阶段发生反应的离子方程式为NH4+OH-NH3H2O；根据NH4+OH-NH3H2O 得：n(NH4+)=(34-31)10-
30、3L4mol/L=0.012 mol，根据氧化还原反应，N元素由+5价变为-3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量为：=0.032mol，所以生成沉淀的物质的量为0.032mol，故C错误；D根据C的计算可知，Fe和Al的物质的量之和为0.032mol，滴加NaOH体积为31mL时，发生反应因此为H+OH-=H2O，Fe3+3OH-=Fe(OH)3，Al3+3OH-=Al(OH)3，则C点氢氧化钠溶液的体积为31mL-0.032mol=0.007L=7mL，故D正确；故选BD。【点睛】正确判断硝酸的还原产物是解题的关键。本题的难点和易错点为C，要注意氧化还原反应中得
31、失电子是守恒的，可以根据电子得失守恒计算生成的氢氧化铁和氢氧化铝的物质的量之和。二、综合分析23.锗（）在自然界中非常分散，几乎没有比较集中的锗矿，因此被人们称为“稀散金属”。砷（）是第四周期VA族元素，可以形成、等化合物，用途广泛。完成下列填空：(1)已知锗元素与碳位于同一主族，与钙位于同一周期。写出锗在周期表中的位置：_。根据锗在元素周期表中的位置写出锗的一条用途_。(2)将溶于浓盐酸，可以得到，其沸点为。推测的晶体类型为_。已知沸点高于，请从结构角度解释原因：_。将与作用可以得到，水溶液呈_性（填“酸”“碱”或“中”）。(3)锗金属对人类具有保健功能，适宜人体接触佩戴。锗金属非常脆，容易
32、破碎，一种常用的方法是将锗制成颗粒镶嵌到其他金属上，但存在易脱落的缺点。请提出一种改进建议：_。(4)砷原子核外有_个电子层，最外层有_个电子；比较溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱：_强于_（填物质的化学式）。【答案】 (1). 第四周期第A族 (2). 作半导体材料 (3). 分子晶体 (4). 两者为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，的相对分子质量大于，因此其沸点高于 (5). 碱 (6). 将其与其他金属如铜做成合金等 (7). 4 (8). 5 (9). (10). 【解析】【分析】(1)锗元素与碳位于同一主族，与钙位于同一周期，据此分析判断在周期表中
33、的位置；根据锗所处位置，结合元素周期律分析判断可能的用途；(2)根据的沸点为分析判断晶体类型；和，为结构相似的分子晶体，根据分子晶体熔沸点高低的判断方法分析解答；Ge与C元素位于同一主族，根据元素周期律分析判断碳酸和H2GeO3的强弱，再判断水溶液的性质；(3)根据题意提出可能的改进方法； (4) 根据砷()是第四周期VA族元素，分析判断砷原子核外的电子层数和最外层电子数；根据元素周期律分析判断溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱。【详解】(1)锗元素与碳位于同一主族，与钙位于同一周期，因此锗为第四周期，第A族元素；锗所处周期序数=主族序数，处于金属元素和非金属元素的分界线附近，可以用作半导
34、体材料，故答案为：第四周期第A族；作半导体材料； (2)的沸点为，符合分子晶体的特征，为分子晶体；和，为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，的相对分子质量大于，因此其沸点高于；碳酸的酸性比H2GeO3强，因此为弱酸，则为强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，故答案为：分子晶体；两者为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，的相对分子质量大于，因此其沸点高于；碱；(3)锗金属对人类具有保健功能，适宜人体接触佩戴。锗金属非常脆，容易破碎，一种常用的方法是将锗制成颗粒镶嵌到其他金属上，但存在易脱落的缺点，可以将其与其他金属如铜做成合金等，故答案为：将其与其他金
35、属如铜做成合金等； (4) 砷()是第四周期VA族元素，砷原子核外有4个电子层，最外层有5个电子；同一周期，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，因此溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱为：，故答案为：4；5；。24.氯化铁和摩尔盐是铁的两种重要盐类，在净水和定量分析等方面具有重要作用。(1) 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，向所得溶液中加入铁粉，对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是_。a. 若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+ b. 若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+c. 若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出 d. 若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出(2)工业上通过氧化酸性FeC
36、l2废液得到含FeCl3的溶液。若酸性FeCl2废液中 ， ， ，则该溶液的约为_(不考虑水的电离和离子的水解)。(3)摩尔盐 (NH4)2Fe(SO4)26H2O在定量分析中常作为基准物质，用来标定重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的浓度，在的该盐的溶液中，离子浓度由大到小的顺序是_。(4)摩尔盐与酸性高锰酸钾发生反应：a.配平上述离子方程式：（ ）Fe2+（ ）MnO4-+（ ）H+（ ）Mn2+（ ）Fe3+（ ）H2Ob.已知摩尔盐相对分子质量为，取摩尔盐产品(杂质不与高锰酸钾反应)，配成溶液，取出用溶液滴定，消耗溶液，则产品中摩尔盐的质量分数为_(用小数表示，保留四位小数)。【答案】 (1).
37、 b (2). 2 (3). (4). 5 (5). 1 (6). 8 (7). 1 (8). 5 (9). 4 (10). 0.8125【解析】【分析】(1) FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此分析判断；(2)根据电荷守恒：c(Cl-)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)(酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计)，据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=-lgc(H+)计算；(3)摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁
38、离子、硫酸根离子，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，据此分析离子浓度大小；(4)根据化合价升降守恒分析判断方程式；再根据消耗的高锰酸钾计算25mL溶液中含有的亚铁离子，从而计算产品中摩尔盐的质量分数。【详解】(1) a无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故a错误；b若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定含有Fe2+，故b正确；c若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故c错误；d当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，
39、不会有铜析出，故d错误；故选b。(2)根据电荷守恒：c(Cl-)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)(酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计)，则c(H+)=c(Cl-)-2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=5.310-2molL-1-22.010-2molL-1-31.010-3molL-1=1.010-2molL-1，则溶液pH=-lg1.010-2=2，故答案为：2；(3) 摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子，铵根离子、亚铁离子水解，溶液显酸性，结合化学式，浓度最大的是硫酸根离子，其次是铵根离子、亚铁离子、氢离子
40、和氢氧化根离子，离子浓度由大到小的顺序为：c(SO42-)c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)c(OH-)，故答案为：c(SO42-)c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)c(OH-)；(4)a.Fe2+Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4-Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2+系数为5，MnO4- 系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1，H+系数为2+35-25-1=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe2+1MnO4-+8H+=1Mn2+5Fe3+4H2O，故答案为：5；1；8；1；5；4；b.滴定消耗溶液，消耗的高
41、锰酸钾的物质的量=0.0195L0.05mol/L=0.000975mol，根据5Fe2+MnO4-+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O知，亚铁离子为0.000975mol5=0.004875mol，则(NH4)2Fe(SO4)26H2O的物质的量为0.004875mol，因此产品中摩尔盐的质量分数为=0.8125，故答案为：0.8125。25.铝是一种应用广泛的金属，工业上用和冰晶石()混合熔融电解制得。铝土矿的主要成分是和等。从铝土矿中提炼的流程如下：以萤石()和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：请回答下列问题：(1)写出反应1的化学方程式_。(2)滤液1中加入生成的沉淀是_，反应2的离子方
42、程式为_(气体过量)。(3)可作为建筑材料，化合物是浓硫酸，请写出由制备冰晶石的化学方程式_。(4)电解氧化铝制铝时，以石墨为电极，请写出阳极的电极反应式_。【答案】 (1). 、 (2). (3). (4). (5). 【解析】【分析】由工艺流程可知：铝土矿投入氢氧化钠，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，滤液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝；由工艺流程可知，气体D是HF，根据元素守恒，可知HF与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水；电解熔融氧化铝生
43、成铝和氧气，阳极发生氧化反应，据此分析解答。【详解】(1)铝土矿的主要成分是和等。二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O，故答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；(2)滤液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，向溶液中加入，与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能够与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；滤液2中含有偏铝酸钠，根据流程图可知，B为氢氧化铝，因此气体A为二氧化碳，过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成
44、氢氧化铝与碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，故答案为：CaSiO3；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；(3)由工艺流程可知，浓硫酸与反应生成硫酸钙和HF，硫酸钙是石膏的主要成分，是常用的一种建筑材料。根据元素守恒，可知HF与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水，反应方程式为：12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O，故答案为：12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O；(4)电解熔融的氧化铝得到铝和氧气，阳极上氧离子失去电子
45、发生氧化反应，电极反应式：2O2-4e-=O2，故答案为：2O2-4e-=O2。三、实验分析26.下图所示装置可用来制取和观察在空气中被氧化时的颜色变化，实验时必须使用铁屑、稀硫酸、溶液，其他试剂任选。完成下列填空：(1)中盛有一定量的溶液，烧瓶中应预先加入的试剂是_。中发生反应的离子方程式为_。(2)实验开始前应先将活塞_（填“打开”或“关闭”），其目的是_。(3) 简述生成的操作过程_。(4)若拔掉装置中的橡胶塞，使空气进入，写出有关反应的化学方程式：_。请描述实验现象：_。【答案】 (1). 铁屑 (2). Fe+2H+Fe2+H2 (3). 打开 (4). 使产生的H2将B中的空气排尽
46、 (5). 关闭活塞D，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3 (7). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色【解析】【分析】使用铁屑、稀硫酸溶液制备Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时颜色变化，由图可知，分液漏斗中为稀硫酸，烧瓶中为铁屑，加药品时，应该先固体后液体，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中为NaOH溶液，实验中先打开E，利用氢气将装置中的空气排出，C为排水法收集氢气；当关闭E时，利用氢气的压力使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应生成Fe(OH)2，然后拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，可观察颜色的变化，据此分析
47、解答。【详解】(1)中盛有一定量的NaOH溶液，烧瓶A中应预先加入的试剂是铁屑，A中发生的反应为Fe+2H+Fe2+H2，故答案为：铁屑；Fe+2H+Fe2+H2；(2)实验开始时应先将活塞D打开，其目的是通过反应生成的氢气将B中的空气排出，故答案为：打开；使产生的氢气将B中的空气排尽；(3)生成Fe(OH)2的操作过程为：关闭活塞D，A中压强增大，将FeSO4溶液压入B瓶中进行反应，故答案为：关闭活塞D，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应；(4)拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，生成的氢氧化亚铁被氧气氧化，因此看到的现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生的反应为4Fe(OH)2+
48、O2+2H2O4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。四、综合计算27.碱金属元素按原子序数增大，依次为：锂（）、钠（）、钾（）、铷（）、铯（）、钫（，放射性元素）。请回答：(1) 钠钾合金许多特殊反应中有着非常重要的应用。取钠钾合金和一定量四氯化碳在一定条件下恰好完全反应，制造出纳米级金刚石粉末。则该钠钾合金中钠元素和钾元素的质量比为_。(2)将一定量的铝和过氧化钠混合物投入一盛有蒸馏水的烧杯中，反应终止时得到一澄清溶液，所得溶液的质量比反应前上述三种物质总质量之和减少，再向所得溶液中滴加盐酸直至产生的沉淀刚好溶解
49、，消耗盐酸。求原混合物中和各多少克？_、_(3)一定条件下，铷与氧气和臭氧的混合气体（已折算为标况，且该混合气体对相同状况下氢气的相对密度为20.8）恰好完全反应，得到两种离子化合物和的固体混合物。和中，阴阳离子个数比均为且均在两种微粒间作用力。已知的含氧量为0.3596。推断化合物、的化学式分别为：_、_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】【分析】(1)发生反应有：CCl4+4Na C(金刚石)+4NaCl、CCl4+4K C(金刚石)+4KCl，设出金属钠和钾的物质的量，然后分别根据合金总质量、生成金刚石的量列式计算；(2)设生成氧气物质的量为x，生成氢气
50、物质的量为y，结合化学方程式定量计算得到原混和物中Al和Na2O2的物质的量；(3)根据含氧量计算出A的化学式，再结合铷与氧原子个数比，结合B中阴阳离子个数比均为，且均在两种微粒间作用力确定B的化学式。【详解】(1)钠、钾与四氯化碳反应的方程式为：CCl4+4Na C(金刚石)+4NaCl、CCl4+4K C(金刚石)+4KCl，设合金中钠、钾的物质的量分别为x、y，则根据总质量可得：23x+39y=59.80g，根据反应方程式可知，生成金刚石的总量为：12(x+y)=5.40g，联立解得：x=0.65、y=1.15，则合金中钠、钾的质量比为：(23g/mol0.65mol)(39g/mol1
51、.15mol)=13，故答案为：13；(2)根据题意，所得溶液的质量比反应前上述三种物质总质量之和减少3.5g，是反应放出的氢气和氧气。设生成氧气物质的量为x，生成氢气物质的量为y，则有x32+y2=3.5g2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2， 2 4 1 2x 4x x2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2，2 2 2 3y yy y再向所得溶液中滴加3.5mol/L盐酸直至产生的沉淀刚好溶解，NaAlO2+4HCl=AlCl3+2H2O+NaCl1 1y y最终溶液中的溶质为氯化钠和氯化铝，根据钠、铝和氯元素守恒有4x+y3=0.2L3.5mol/L，联立和解得：x=0
52、.1mol，y=0.15mol，原混和物中，Al物质的量=0.15mol=0.1mol，质量为2.7g，Na2O2物质的量=20.1mol=0.2mol，质量为0.2mol78g/mol=15.6g，故答案为：2.7g；15.6g；(3)A中铷和氧的物质的量之比为：=13，故A的化学式为：RbO3；标准状况下，22.4L氧气和臭氧的混合气体的物质的量为1mol，混合气体对相同状况下氢气的相对密度为20.8，则混合气体的平均摩尔质量为41.6g/mol，因此含有氧原子的物质的量为=2.6mol，85.5g铷的物质的量=1mol，设B的化学式为RbOy，因为B中阴阳离子个数比均为11，故B中若含有1个B+离子，则含有一个阴离子，且均在两种微粒间作用力，因此阴离子中至少2个氧原子，又因为A为RbO3，则B中含有氧原子数少于2.6，只能为2，因此B的化学式为RbO2，故答案为：RbO3；RbO2。【点睛】本题的难点和易错点为（2），要注意滴加盐酸后得到的溶液中的溶质为氯化钠和氯化铝。