1、云天化中学20182019学年度下学期期中测试高一年级化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Fe-56 Al-27第I卷(选择题，共40分)一、单项选择题：（本题共20小题，每小题2分，共40分）。1.下列化学用语正确的是A. Cl-离子的结构示意图：B. 氯化氢的电子式为：C. 醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-H+D. 含10个中子的氧原子的核素符号：【答案】D【解析】【详解】A. Cl-离子的结构示意图：，故A错误；B. 氯化氢的电子式为：，故B错误；C. 醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-H+，故C错误；D. 含10个中
2、子的氧原子的核素符号：，故D正确；答案：D。2.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。下列有关物质分类或归类正确的是混合物：漂白粉、王水、Fe(OH)3胶体、冰水混合物 化合物： CaCl2、NaOH、 HCl、HT同素异形体：C60、金刚石、石墨电解质：胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾 硅酸盐：光导纤维、水晶、玻璃、水泥A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由两种或以上物质构成的为混合物。其中冰为固体水，故冰水混合物为纯净物，错误；由两种或两种以上元素形成的纯净物为化合物，而HT是由一种元素形成的氢气，为单质，错误；同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，C60、金刚石、石墨均
3、为碳元素形成的不同种碳单质，故互为同素异形体，正确；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等，故胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾均为电解质，正确；所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，而光导纤维、水晶的主要成分均为二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐，错误；答案选D。【点睛】根据混合物、化合物、同素异形体、电解质、硅酸盐等有关概念再结合物质的组成和性质解答。3.下列说法中正确的是A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的物质变化也一定是化学变化B. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就
4、能进行的反应一定是放热反应C. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多D. 因为3O2=2O3是吸热反应，所以臭氧比氧气的化学性质更活泼【答案】D【解析】【详解】A.物质的三态变化有能量变化，是物理变化，A错误；B.铝热反应是放热反应，但需要在高温下进行；氯化铵与Ba(OH)28H2O的反应是吸热反应，但在室温下发生，不需要加热条件，B错误；C.反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热，C错误；D.物质的能量越低越稳定，氧气能量比臭氧低，臭氧比氧气活泼，D正确；故合理选项是D。4.某原电池结构如图所示，下列有关该原电池说法
5、不正确的是A. 能将化学能转换成电能B. 电子从铁棒经外电路流向碳棒，再经稀硫酸流向铁棒，形成闭合回路C. 碳棒上发生还原反应D. 总反应为Fe+H2SO4= FeSO4+H2【答案】B【解析】【分析】由图可知为C-Fe和稀硫酸构成的原电池，在原电池中，C做正极，表面产生气泡，发生还原反应；Fe做负极，不断溶解，质量减轻，发生氧化反应；电子从负极沿外电路流向正极。【详解】A.原电池是将化学能转换成电能的一种装置，故A正确；B.原电池中电子从负极（铁棒）流出，沿导线流回正极（碳棒），电子不能通过稀硫酸，故B错误；C.铁棒做负极，发生氧化反应，碳棒做正极，碳棒上发生还原反应，故C正确；D. 根据原
6、电池的构成，负极反应：Fe-2e-= Fe2+，正极反应：2H+2e-=H2，总反应方程式为Fe+H2SO4= FeSO4+H2，故D正确；答案：B。5.对可逆反应4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)，下列叙述正确的是A. 达到化学平衡时，正逆反应速率为零B. 若单位时间内生成xmol NO的同时，生成xmol NH3，则反应达到平衡状态C. 达到化学平衡时，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D. 化学反应速率关系：2(NH3)3(H2O)【答案】B【解析】【详解】A.达到化学平衡时正逆反应速率相等，但不能为零，故A错误；B.根据4NH3(g)5O2(g)4NO(
7、g)6H2O(g)反应，单位时间内生成xmolNH3表示逆反应，生成xmolNO都表示正反应，正逆反应速率相等能说明反应达到平衡状态，故B项正确；C.达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，故C项错误；D. (NH3)：(H2O)=4:6=2:3，故D项错误。答案为B。【点睛】考查化学反应速率和化学平衡的相关知识。依据化学平衡的概念，正逆反应速率相等，各物质的量浓度不再改变进行判断；根据影响化学反应速率的因素进行判断。6.下列能大量共存，且溶液为无色透明的离子组是A. Fe3、Na、Cl、NO3-B. H、NH4+ 、NO3
8、- 、IC. NH4+、K、NO3- 、SO42-D. K、NH4+ 、NO3- 、OH-【答案】C【解析】【详解】A、含有Fe3的溶液呈黄色，无色透明溶液中不含Fe3，故不选A；B. H、NO3- 、I发生氧化还原反应生成碘单质，故不选B；C. NH4+、K、NO3- 、SO42-在溶液中不反应，能大量共存，故选C；D. NH4+、OH-结合成弱电解质NH3H2O，不能大量共存，故不选D。7.下列离子方程式书写正确的是A. Na 与水反应：2Na2H2O2Na2OHH2B. FeCl3 腐蚀电路板：Fe3CuFe2Cu2C. Cl2 与水反应：Cl2H2O2HClClOD. 石灰石与醋酸反应
9、：CaCO32HCa2H2OCO2【答案】A【解析】【详解】A. Na 与水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na2H2O2Na2OHH2，故A正确；B. FeCl3 腐蚀电路板生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3Cu2Fe2Cu2，故B错误；C. Cl2 与水反应生成盐酸和次氯酸：Cl2H2O HClHClO，故C错误；D. 石灰石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳：CaCO32CH3COOHCa22CH3COO-H2OCO2，故D错误。8.已知5KCl + KClO3 +3H2SO4=3Cl2 + 3K2SO4 + 3H2O ，下列说法不正确的是A. H2SO4 既不是氧化剂又不是还原剂B. 1mol
10、KClO3 参加反应时有5mol电子转移C. KClO3是氧化剂D. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为1:5【答案】D【解析】【分析】反应5KCl+KClO3+3H2SO43Cl2+3K2SO4+3H2O中氯化钾中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e-，以此解答。【详解】A反应5KCl+KClO3+3H2SO43Cl2+3K2SO4+3H2O中氯化钾Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，氯化钾是还原剂，氯酸钾是氧化剂，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；B.1molKClO3参加反应时有1mol
11、（5-0）=5mol电子转移，B正确；C所含元素化合价降低的物质为氧化剂，则KClO3是氧化剂，C正确；DKCl为还原剂，被氧化，KClO3是氧化剂被还原，由反应可知被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，D错误；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查。9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 0.5mol含中子数为8NAB. 常温下，1 mol NH4Cl含共价键数目为5NAC. 足量的Cu与含溶质1mol的浓H2SO4反应，转移的电子数为NAD. 11.2LH2和O2的混合气体中分子数目为0.5N
12、A【答案】A【解析】【详解】A.质子数16，中子数是16，所以0.5mol含中子数为8NA，故A正确；B.1molNH4Cl含N-H共价键4mol，所以1molNH4Cl含共价键数目为4NA，故B错误；C.足量的Cu与含溶质1mol的浓H2SO4反应，由于随反应进行，硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，所以足量的Cu与含溶质1mol的浓H2SO4反应转移的电子数小于NA，故C错误；D. 11.2LH2和O2的混合气体，没指明状态，无法计算物质的量，故D错误；答案为A。【点睛】足量的Cu和浓硫酸反应时，因为随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，而稀硫酸和Cu不会反应，所以在涉及铜和浓硫酸反应的相关计算
13、时，必须要考虑到因硫酸变稀，所引起的结果的变化。10.金属钛无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，因而有“生物金属”之称。下列有关和的说法中正确的A. 和中均含有22个中子B. 和的化学性质不同C. 和互称为同位素D. 和为同一核素【答案】C【解析】【详解】A、和中均含有22个质子而不是中子，选项A错误； B、和是同种元素的不同原子，化学性质相同，选项B错误；C、和质量数不同，但质子数相同，种子数不同，互为同位素，选项C正确；D、和质子数相同中子数不同，为同一种元素的不同核素，选项D错误；答案选C。11.下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是A制备氢氧化亚铁B石油的蒸馏C分离苯和水D比较
14、Fe、Cu的金属活动性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成氢氧化铁，制取氢氧化亚铁需要隔绝空气，所以制备氢氧化亚铁时滴管应该伸入液面下，故A错误；B.根据沸点不同将石油分馏得到不同的物质，所以石油分馏时温度计水银球应与蒸馏烧瓶的支管口相平，故B错误；C.因为苯的密度小于水，所以苯在上层，故C错误；D.属于Fe-Cu/H2SO4(稀硫酸)构成的原电池，根据原电池原理活泼金属做负极，发生氧化反应，Fe作负极，铜电极发生还原反应，有气泡产生，所以能判断出金属性FeCu，故D正确；答案：D。12.A元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，B
15、元素原子次外层电子数是最外层电子数的2倍。则下列对A、B元素的叙述正确的是A. 都一定是第2周期的元素B. 一定是同一主族的元素C. 都是非金属元素D. 可以相互化合形成化合物【答案】D【解析】【分析】A元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则A为氧元素；B元素原子次外层电子数是最外层电子数的2倍，B是Li或Si元素。【详解】A、A是氧元素，处于第二周期，B是Li或Si元素，Li处于第二周期，Si处于第三周期，故A错误；B、A是氧元素，处于第A族，B是Li或Si元素，Li处于IA族，Si处于A族，故B错误；C、A是氧元素，属于非金属元素，B是Li或Si元素，Li属于金属元素，Si属于非金属
16、元素，故C错误；D、A是氧元素，B是Li或Si元素，可以形成氧化锂、二氧化硅，故D正确；答案：D。13.下列关于化学键的说法不正确的是A. 化学键是一种作用力B. 化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合C. 化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物中的化学键形成D. 极性键、非极性键和氢键等都属于共价键【答案】D【解析】【详解】A.化学键是使离子相结合或原子相结合的作用力，故A项正确；B.化学键中离子键使离子相互结合，共价键使原子相互结合，故B项正确；C.化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中的化学键形成，故C项正确；D.极性键、非极性键都属于共价键，氢键是分子间作用力
17、，不属于化学键，故D错误；答案：D。【点睛】考查离子键、共价键和氢键的构成，根据概念进行判断。离子键：阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键叫做离子键。共价键：原子间通过共用电子对所形成的化学键叫共价键。氢键是某些含氢分子之间一种较强的分子间作用力，不属于化学键，只影响物质的熔沸点，不影响化学性质。14.据报道，某些花岗岩会产生有毒元素氡（）。下列关于氡气的性质推测合理的是A. 非常活泼，容易与氧气等非金属单质反应B. 比较活泼，能与钠等活泼金属反应C. 不活泼，很难与其他物质发生反应D. 包含有范德华力、非极性键等作用力【答案】C【解析】【分析】由氡（）可知Rn的原子结构示意图为，最外层有8
18、个电子，性质较稳定，不易和其它物质发生反应。【详解】Rn的质子数为86，Rn原子核外有86个电子，Rn的原子结构示意图为，最外层有8个电子，性质较稳定，不易与O2等非金属单质、Na等活泼金属发生反应，A、B项错误，C项正确；Rn属于单原子分子，包含有范德华力，不包含非极性键，D项错误；答案：C。15.下列叙述中，正确的是A. 同周期元素中，A族元素的原子半径最大B. 元素周期表中从B到B 10个纵列的元素都是金属元素C. A族元素的原子，半径越大，越容易得到电子D. 零族元素原子最外层电子数均为8【答案】B【解析】【详解】A.因同周期元素中原子半径从左向右逐渐减小，则同周期元素中A族元素的原子
19、半径最小，故A错误； B.因过渡元素都是金属元素，元素周期表中从B到B这10个纵列的元素都为过渡元素，故B正确； C.因同主族元素从上到下原子半径增大，元素的非金属性逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，A族元素的原子，半径越大，越难得到电子，故C错误； D. 零族元素的氦属于第一周期，原子的最外层电子数为2，故D错误；答案：B。16.根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中错误的是A. 铍(Be)原子失电子能力比镁弱B. 砹(At)的氢化物不稳定C. 硒(Se)化氢比硫化氢稳定D. 氢氧化锶Sr(OH)2比氢氧化钙的碱性强【答案】C【解析】试题分析：A铍（Be）和镁是同一主族的元素，由于从上到
20、下元素的原子半径逐渐增大，元素的原子失去电子的能力逐渐增强，获得电子的能力逐渐减弱，原子半径MgBe，所以Be的原子失电子能力比镁弱，正确；B砹（At）是第六周期第VIIA的元素，由于从上到下元素的非金属性逐渐减弱，已收到氢化物的稳定性逐渐减小，IH不稳定，容易分解，HAt的稳定性比HI还小，因此砹的氢化物不稳定，正确；C硒与硫是同一主族的元素，由于从上到下元素的非金属性逐渐减小，因此元素的氢化物的稳定性逐渐减弱，所以（Se）化氢比硫化氢稳定性差，错误；D锶和钙是同一主族的元素，由于原子半径SrCa，所以元素的金属性SrCa，则氢氧化锶Sr（OH）2比氢氧化钙碱性强，正确。【考点定位】考查同一
21、主族的元素的性质变化规律的知识。【名师点晴】元素周期律反映元素之间关系的规律，元素周期表是元素周期律的具体表现形式。比较元素金属性、非金属性强弱常用方法是：同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，同一周期的元素，随原子序数的增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐逐渐增强（惰性气体元素除外）。元素的金属性越强，原子失去电子越容易，相应的最高价氢氧化物的碱性越强，单质的还原性越强；元素的非金属性越强，原子越容易获得电子，相应的最高价氧化物对应的水合物的酸性越强，单质的氧化性越强，氢化物的稳定性越强。17.联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。现有四种不同主族短周期
22、元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，Z、W处于同周期且族序数相差6。下列说法正确的是A. 元素非金属性：XWB. Y和Z形成的化合物中只存在离子键C. Z、W的简单离子半径：ZWD. 只有W元素的单质可用于自来水的杀菌消毒【答案】C【解析】【分析】四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增。光合作用的原料是H2O和CO2，X可能是H，也可能是C，Y为O，Z、W处于同周期，四种元素原子序数依次增大，因此Z、W处于第三周期，两族序数相差6，即Z为Na，W为Cl，故X只能是C。【详解】光合作用的原料是H2O和CO2，X可能是H，也可能是C，Y为O
23、，Z、W处于同周期，四种元素原子序数依次增大，因此Z、W处于第三周期，两族序数相差6，即Z为Na，W为Cl，故X只能是C。A、X为C，Cl的非金属性强于C，故A错误；B、Na与O2构成的化合物为Na2O和Na2O2，前者只存在离子键，后者既有离子键也有非极性共价键，故B错误；C、离子半径大小顺序是NaWB. X与Y可以形成原子个数比为1:1和1:2的两种离子化合物C. 由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是X2-D. Y和Z两者最高价氧化物对应水化物能相互反应【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R都为短周期元素，结合原子序数和主要化合价分析，X的化合价为-2价，没有正化
24、合价，故X为O元素；Y的化合价为+1价，处于A族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素；Z为+3价，Z为Al元素；W的化合价为+6、-2价，故W为S元素；R的化合价为+7、-1价，则R为Cl元素。【详解】根据上述分析，X、Y、Z、W、R依次为O、Na、Al、S、Cl元素；A. R为Cl，W为S，在同一周期，非金属性ClS，所以HCl的稳定性比H2S强，故A正确；B. X为O，Y为Na，X与Y可以形成Na2O、Na2O2，两者都是离子化合物，故B正确；C.离子电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径:S2-Cl- O2-Na+Al3+，故C错误；D.Y
25、和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者发生反应: NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，故D正确；答案：C。【点睛】突破口：根据图表中化合价的数值、原子序数的变化确定元素种类。再根据元素周期律的相关知识和化合物的性质进行判断即可。19.W、X、Y、Z四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示。W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为21。下列说法中错误的是A. 元素X的单质能与强酸、强碱反应B. W的氢化物水溶液可以用于刻蚀玻璃C. 气态氢化物的稳定性：WYD. 简单阴离子的还原性：WZ【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，假设W是第一
26、周期，则W为He元素，最外层为2，那么Z、Y、X的最外层电子数分别为7、6、4，此时四种元素最外层电子数之和为19，不符合题意，故假设不成立。W应处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，设X的原子最外层电子数是a，则Y的最外层电子数是a+2，Z最外层电子数是a+3，W的最外层电子数是a+4，这四种元素原子的最外层电子数之和为21，则a+(a+2)+(a+3)+(a+4)=21，解得a=3，故X是Al元素、Y是P元素、Z是S元素、W为F元素。【详解】根据上述分析知：X是Al元素、Y是P元素、Z是S元素、W为F元素；A. X是Al，既能与强酸又能与强碱反应，故A正确；B.W为F元素,氢化物为HF，其
27、水溶液为氢氟酸，可以和玻璃的主要成分SiO2反应，HF用于刻蚀玻璃，故B正确；C. W为F元素，Y是P元素，非金属性FP，故气态氢化物的稳定性：HFPH3，故C正确；D、W为F元素，Z是S元素，非金属性FS，简单阴离子的还原性为：F-”、“”、“”、“”、“”或“无法比较”）。（4）可在图中分界线(虚线部分)附近寻找_(填序号)。A优良的催化剂 B半导体材料 C合金材料 D农药（5）若比较C、Si的非金属性强弱，请从下列试剂中选择最佳试剂组合进行实验， 请写出实验过程:(可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液、硅酸钠溶液) _。【答案】 (1
28、). 第四周期 A族 (2). 4 (3). HClO4 (4). Bi2O5 (5). HF (6). (7). (8). (9). B (10). 在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过饱和NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，即C的非金属性强于Si【解析】【详解】（1）元素Ga和B、Al在同一主族，并且在Al元素的下一个周期，所以Ga在周期表中的位置为：第四周期 A族。答案：第四周期 A族。（2）由表知Sn和C在同一主族，所以最高正价为+4；Cl位于VIIA，最高化合价为+7价，Cl最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4
29、；Bi位于VA，最高化合价为+5价，最高价氧化物的化学式为Bi2O5。答案：Bi2O5。（3）阴影部分元素包括F、Cl、Br、I，属于同一主族。因为HF分子间存在着氢键，形成的氢化物中沸点最高的是HF。答案：HF。因为非金属性AsSe，所以酸性H3AsO4H2SeO4，答案：。因为非金属性SO，所以氢化物的还原性：H2OH2S。答案： 。因为原子半径NP，P Si，所以N Si。答案：。(4)图中虚线部分为金属和非金属分界线，可以在附近寻找半导体材料。答案：B。(5) C、Si的非金属性强弱顺序为CSi，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体
30、，再加入盐酸，将生成气体通过饱和NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液，生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性CSi。因此，本题正确答案是：在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过饱和NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，即C的非金属性强于Si。22.A、X、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大。A、D同主族，X、W同周期， X形成的气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝， A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）W的原子结构示意图为_。（2）A、W两种元素能形成含
31、18电子的分子，请写出该分子的电子式：_。用电子式表示化合物D2W的形成过程_。（3）下列事实能说明W元素的非金属性比S元素的非金属性强的是_ (填字母)。aW单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1 mol W单质比1 mol S得电子多cW和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）X的最高价氧化物对应水化物与其简单气态氢化物所形成的化合物中含有的化学键类型是_（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式_。【答案】 (1). (2).
32、 (3). (4). a、c (5). 离子键和共价键（或极性键） (6). Cu+H2O2+2H+=Cu2+ +2H2O【解析】【分析】A、X、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大。A、D同主族，X、W同周期， X形成的气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X为N元素， A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则A为H元素，W为O元素，D为Na元素，E元素的周期序数与主族序数相等，则E为Al元素；【详解】(1) 由上述分析知W为O，O在元素周期表中的第二周期 第VIA族；O的原子结构示意图为：；答案：(2) A为H，W为O元素，A、W 两种元素形成的含18电子的分子为H2O2，该
33、分子的电子式为： ；D为Na元素，化合物D2W为Na2O， 用电子式表示氧化钠的形成过程为：；答案：，。(3) a.W单质为O2，能与H2S溶液反应，O2+2H2S= S+H2O，溶液变浑浊，是因为发生氧化还原反应生成硫单质，单质的氧化性O强于S，非金属性O强于S，故a正确；b非金属性强弱是其单质的得电子难易，而不是得电子的数目，故b错误；cW为O元素，非金属性越强，其氢化物越稳定，所以O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，能说明O的非金属性强，故c正确；答案：a、c；（4）X为N元素，X的最高价氧化物对应水化物为HNO3，简单气态氢化物为NH3，HNO3与NH3所形成的化合物为
34、NH4NO3，NH4NO3中含有的化学键类型是离子键和共价键；答案：离子键和共价键。（5）双氧水具有氧化性，可以氧化铜，故该反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2+ +2H2O。答案：Cu+H2O2+2H+=Cu2+ +2H2O。23.铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有杂质SiO2、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：（1）沉淀 A、B的成分分别是_、_；步骤中的试剂a是_(以上均填化学式)。（2）试写出步骤中发生反应的离子方程式_。（3）简述检验所得滤液甲中存在Fe3的操作方法：_。【答案】 (1). SiO2 (2). Fe(OH)3 (
35、3). NaOH (4). CO2 +OH- =HCO3- ；CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3 +HCO3- (5). 取少量滤液甲于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色，如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3，否则不含Fe3【解析】【分析】铝土矿的主要成分为Al2O3，还含有杂质SiO2、Fe2O3，加稀盐酸后Al2O3 、Fe2O3溶解变成Al3+、Fe3+，SiO2不溶，过滤后沉淀A为SiO2；滤液乙中通入过量二氧化碳 生成碳酸氢钠和氢氧化铝的沉淀, 说明滤液乙中含有偏铝酸钠，由此可知试剂试剂a为氢氧化钠溶液，沉淀B为氢氧化铁。【详解】（1）结合上述分析可知沉
36、淀 A、B的成分分别是SiO2 、Fe(OH)3；步骤中的试剂a是NaOH。（2）步骤是向含有OH-、AlO2-的滤液中通入CO2，发生反应的离子方程式：CO2 +OH- =HCO3- ；CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3 +HCO3- ；答案：CO2 +OH- =HCO3- ；CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3 +HCO3-。（3）检验所得滤液甲中存在Fe3 +的的方法为：取少量滤液甲于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色；如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3+ ，否则不含Fe3+；故答案为: 取少量滤液甲于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色
37、，如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3，否则不含Fe3。【点睛】考查氧化物的分离方法。根据氧化铝是两性氧化物，既溶于强酸又溶于强碱； Fe2O3为碱性氧化物，能溶于强酸，不溶于碱； SiO2为酸性氧化物能溶于强碱，不溶于酸。由流程图可知分析，滤液乙中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，说明滤液乙中含有偏铝酸钠；由此可知试剂a为氢氧化钠溶液，沉淀B为氢氧化铁。24.高铁酸钾(K2FeO4)是一新型、高效、无毒的多功能水处理剂。制备K2FeO4如下图：查阅资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）A为制取
38、氯气发生装置，其中盛放浓盐酸的仪器名称为_，A中化学反应的还原剂是_。（2）装置B的作用是除杂，所用试剂为_。（3）C为制备K2FeO4装置，KOH溶液过量的原因是_。（4）D为尾气处理装置，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 浓盐酸 (3). 饱和食盐水 (4). K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4) (5). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】(1) A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，根据浓盐酸的状态选择仪器；(2)装置B为除杂装置， 反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl
39、，使得产生的Cl2中混有HCl ，需要将混和气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；（3）C为制备K2FeO4装置， KOH溶液过量的原因是： K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定（或有利于生成K2FeO4）；（4）根据Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 反应书写离子方程式。【详解】(1 ) A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2 ，高锰酸钾具有强氧化性，浓盐酸表现为还原性；其中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗。答案：分液漏斗；浓盐酸。（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸具有挥发性，会挥发出HCl ，使得产生的Cl2中混有HCl ，HCl可与KOH、Fe（O
40、H）3反应，可用饱和食盐水除去HCl。答案：饱和食盐水。 （3）C为制备K2FeO4装置， K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定，所以KOH溶液要过量，减少副反应发生，有利于生成K2FeO4；答案：K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定（或有利于生成K2FeO4）。（4）D为尾气处理装置，因为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ，所以可以通过碱吸收尾气。其反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；答案：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。25.某化学研究性学习小组探究与铜
41、有关的物质的性质，过程设计如下：（提出猜想）问题1：在周期表中，铜与铝的位置很接近，氢氧化铝具有两性，氢氧化铜有两性码？问题2：铁和铜都有变价，一般情况下，Fe2+的稳定性小于的Fe3+，Cu+的稳定性也小于Cu2+吗？问题3：硫酸铜溶液呈蓝色，铜与浓硝酸常温下反应生成的溶液也是蓝色吗？（实验探究）I. 解决问题1：（1）实验需配制100mL 0.50molL-1 CuSO4溶液，除了天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以外必需的玻璃仪器是_。（2）为达到目的，某同学认为只要进行两次实验即可得出结论。请写出实验的具体内容。向盛有CuSO4溶液的试管中滴加NaOH溶液至过量，观察生成的Cu（OH）2沉淀
42、是否溶解；_。II. 解决问题2的实验步骤和现象如下：取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80C100C得到黑色固体粉末；继续加热至1000C以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜(Cu2O)；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在。根据以上实验及现象：（3）写出氧化亚铜与稀硫酸反应的离子方程式_。（4）从实验中可得出的结论是：当温度在1000C以上时_（填：Cu2+或Cu+，下同）稳定，在酸性溶液中_稳定。III. 解决问题3，某同学设计的实验如下：取一铜片装入试管，加入适量的浓硝酸，观察溶液的颜色变化。（5）另
43、一同学认为此同学设计的实验有缺陷，原因是_。（6）铜与浓硝酸反应溶液呈绿色，有同学认为这是生成的NO2溶于其中的原因，并试图设计实验排除这种干扰。提出实验方案：向反应后的溶液中通入足量空气。试用化学反应方程式解释其原理：_【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 另取实验中所得沉淀，滴加稀硫酸（或稀盐酸等）至过量，观察沉淀是否溶解 (3). Cu2O + 2H+ Cu + Cu2+ + H2O (4). Cu+ (5). Cu2+ (6). 产生NO2气体，污染环境 (7). 4NO2+O2+2H2O=4HNO3【解析】【详解】（1）实验需配制100mL 0.50molL-1 CuSO4
44、溶液，除了天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以外必需有100mL容量瓶。答案：100mL容量瓶。（2）要探究氢氧化铜是否具有两性，就要验证Cu(OH)2能否与强酸、强碱溶液反应。向CuSO4溶液加入NaOH溶液，产生蓝色絮状沉淀。用试管取一定量的沉淀，继续滴加过量的NaOH溶液，观察生成的Cu(OH)2是否溶解；另取上述所得沉淀于试管中，滴加稀硫酸（或稀盐酸等）至过量，观察沉淀是否溶解。答案：另取实验所得沉淀，滴加稀硫酸（或稀盐酸等）至过量，观察沉淀是否溶解。.（3）取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在，说明氧化亚铜在酸性条件下发生歧
45、化反应，生成单质铜和二价铜离子的盐溶液，离子方程式为：Cu2O + 2H+ Cu + Cu2+ + H2O 。答案：Cu2O + 2H+ Cu + Cu2+ + H2O。（4）从实验中可得出的结论是：80C100C 时，Cu2+稳定，1000C 以上Cu+稳定；在酸性环境Cu2+稳定，Cu+不稳定。答案：Cu+；Cu2+。.（5）铜片装入试管，加入适量的浓硝酸，反应生成硝酸铜、水和二氧化氮气体，NO2有毒，不能排放到空气中，所以该同学设计的实验有缺陷。答案；产生NO2气体，污染环境。（6）因为3NO2+H2O=NO+2HNO3 ，2NO+O2=2NO2， 2+: 4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以向反应后的溶液中通入足量空气，可以使NO2充分反应生成硝酸，减少干扰。答案：4NO2+O2+2H2O=4HNO3。
