1、山东济南市历城第二中学2020-2021学年高二上学期开学考试化学试题一、单选题（每题2分，共20分）1. 草酸（分子式为H2C2O4，沸点：150）是生物体的一种代谢产物，广泛分布于植物、动物和真菌体中。下列有关判断不正确的是（ ）A. 45g草酸中含有1.2041024个氧原子B. 1mol草酸中含有6.021023个分子C. 草酸的摩尔质量是90g/molD. 1mol草酸在标准状况下的体积约为22.4L【答案】D【解析】【详解】A45g草酸中含有1.2041024个氧原子，故A正确；B草酸是共价化合物，1mol草酸中含有6.021023个草酸分子，故B正确；C摩尔质量用g/mol作单位
2、，其数值等于相对分子质量，草酸的摩尔质量是90g/mol，故C正确；D标准状况下，草酸不是气体， 1mol草酸在标准状况下的体积不是22.4L，故D错误；选D。2. 从海带中提取碘单质的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法，不正确的是()A. 在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色B. 实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌C. 含I的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应D. 碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”【答案】B【解析】【详解】A、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质特性，A正确；B、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，B错误；C、碘离子被过氧化氢
3、在酸性溶液中氧化为碘单质，发生氧化反应，C正确；D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，D正确。答案选B。3. 把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，所产生的现象相同的是ABCDXBaCl2HClNaOHHClYH2SO4NaAl(OH)4AlCl3Na2CO3A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ABaCl2溶液逐滴滴入H2SO4溶液中与H2SO4溶液逐滴滴入BaCl2溶液中都只发生BaCl2+H2SO4BaSO4+H2O，都有白色沉淀生成，现象相同，故A符合题意；BHCl逐滴加入到NaAl(OH)4中，先
4、发生反应为HCl+ NaAl(OH)4=NaCl+Al(OH)3+H2O，继续添加盐酸，反应为3HCl+ Al(OH)3= AlCl3+3H2O，则先生成先有白色沉淀，后沉淀溶解；将NaAl(OH)4逐滴加入到HCl中，发生反应为4HCl+ NaAl(OH)4=NaCl+AlCl3+4H2O，无沉淀产生，互滴现象不同，故B不符合题意；CAlCl3溶液逐滴滴入NaOH溶液中发生AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl，刚开始无沉淀后有白色沉淀；而NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中发生AlCl3+3NaOH=Al
5、(OH)3+3NaCl、Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O，则先有白色沉淀，后沉淀溶解，现象不同，故C不符合题意；DHCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，HCl+NaHCO3=CO2+ NaCl+H2O，刚开始无气泡之后又产生气泡；Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中反应2HCl+Na2CO3= CO2+2NaCl+H2O，直接产生气泡，现象不同，故D不符合题意；答案选A。4. 能正确表示下列反应的离子方程式是A. 向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOB. 向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca
6、2+2ClO+H2O+SO2CaSO3+2HClOC. 氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OD. 在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO【答案】D【解析】【分析】A、向次氯酸钙溶液中通入过量CO2气体生成碳酸氢钙；B、向次氯酸钙溶液中通入SO2气体，二氧化硫被次氯酸钙氧化为硫酸盐；C、氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应生成更难溶的氢氧化镁；D、在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，亚铁离子被氧化为三价铁，硝酸被还原为一氧化氮；【详解】A、通入过量二氧化碳生成HCO3-，正确的离子方程式为ClO-+H2O+CO2HCO3-+HClO，故A
7、错误；B、向次氯酸钙溶液中通入SO2气体生成硫酸钙，正确的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+如果溶液不是很稀，需要用CaSO4沉淀代替SO42-，同时前面加Ca2+，故B错误；C、氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：2Ca2+4OH-+Mg2+2HCO3-=Mg（OH）2+2CaCO3+2H2O，故C错误；D、在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO3Fe3+2H2O+NO，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子方程式的书写，注意从电荷守恒、量不同产物不同、还原性物质遇氧化性物质发生的反应等角度判断反应是否符合实际。5. 已
8、知氧化性:Br2Fe3+，向含溶质a mol FeBr2的溶液中通入b mol Cl2，充分反应。下列说法不正确的是A. 离子的还原性强弱：Fe2+Br-Cl-B. 当a=2b时，发生的离子反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-C. 当a=b时，反应后的离子浓度：c（Fe2+）：c（Br-）：c（Cl-）=1：2：2D. 当3a=2b时，发生的离子反应：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-【答案】C【解析】【分析】氧化性Br2Fe3+，则还原性Fe2+Br，首先发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，
9、amol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr，据此分析解答。【详解】A氧化性越强，相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+Br- Cl-，故A正确；Bamol Fe2+消耗0.5amolCl2，当a2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故B正确；C当a=b时，由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl，由2Br+Cl2=2Cl+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr，又生成amolCl，溶液中剩余Br为amol，反应后的离子浓度：
10、c(Fe3+) c(Br)c(Cl)= aa2a=112，故C错误；DamolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr消耗amolCl2，当3a2b时，Fe2+、Br完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2+4Br-+3Cl2 =2Fe3+2Br2+ 6Cl-，故D正确；故选C。6. 下列有关除杂质（括号中为杂质）的操作中，错误的是（ ）A. 乙醇（水）：加入足量生石灰充分振荡，蒸馏，收集馏出物B. （乙醇）：多次加水，振荡，分液，弃水层C. （）：通入足量的高锰酸钾溶液D. 乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡，分液，弃水层【答案】C【解析】【详解】A. 乙醇（水）：加入足量生石
11、灰，氧化钙与水反应生成氢氧化钙；乙醇易挥发，蒸馏，收集馏出物，可用蒸馏分离，故A正确；B. CCl4不溶于水，乙醇易溶于水，多次加水振荡，分液，弃水层可分开，故B正确；C. 乙烯可以被高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳气体，混入甲烷中无法分离，引入了新的杂质，故C错误；D. 乙酸的酸性强于碳酸，乙酸与碳酸钠反应2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+CO2+H2O，乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，则充分振荡，分液，弃水层得到乙酸乙酯，故D正确；故选C。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质题至少要满足两
12、个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。7. Li-Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li+FeS+2e-=Li2S+Fe；有关该电池的下列说法中，正确的是A. Li-Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为+1价B. 该电池的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+FeC. 负极的电极反应式为Al-3e-=Al3+D. 充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S+Fe-2e-=2Li+FeS【答案】B【解析】【详解】A.LiAl在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为0价，A错误；B.该电池的负极反应式为Li
13、-e-=Li+，正极的电极反应式为：2Li+FeS+2e-=Li2S+Fe，电池正反应为2Li+FeS=Li2S+Fe，B正确；C. 负极反应式为Li-e-=Li+，C错误；D.充电时总反应为Li2S+Fe=2Li+FeS，阴极电极反应式为Li+e-=Li，D错误；答案选B。8. 对于反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)的平衡常数，下列说法正确的是( )A. K=B K=C. 增大c(H2O)或减小c(H2)， 会使该反应平衡常数减小D. 改变反应的温度，平衡常数不一定变化【答案】B【解析】【详解】A化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂
14、之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应式3Fe(s)4H2O(g)Fe3O4(s)4H2(g)可知，固体和纯液体没有浓度变化量，不带入平衡常数表达式，则该反应的平衡常数K，故A错误；B根据A项分析，平衡常数该反应的平衡常数表达式为K=，故B正确；C平衡常数只与温度有关系，所以增大c(H2O)或减小c(H2)，该反应的平衡常数不变，故C错误；D平衡常数只与温度有关系，所以改变反应的温度，平衡常数一定变化，故D错误；答案选B。9. 如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。下列实验现象中正确的是（ ）A. 逸出气体的体积，a电极的小于b电极
15、的B. 一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体C. a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色D. a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色【答案】D【解析】【详解】A选项，a为阴极产生氢气，b为阳极产生氧气，逸出气体的体积，a电极的大于b电极的，故A错误；B选项，根据A选项的分析，两个电极都产生无色无味的气体，故B错误C选项，a电极氢离子放电，a周围还有大量的氢氧根离子，使a电极附近的石蕊变为蓝色，b电极氢氧根放电，b周围还有大量的氢离子，使b电极附近的石蕊变为红色，故C错误；D选项，根据C选项分析，故D正确；综上所述，答案为D。10. 下列方法中可以说明2HI（g）H2（g）+I2（g）已达到平
16、衡的是( )单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI 一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂 百分组成w(HI)=w(I2) 反应速率v（H2）=v（I2）=1/2v（HI）时 c（HI）c（H2）c（I2）=211时 温度和体积一定时，容器内压强不再变化 温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化 条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化 温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化 温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI；表示的是正逆反应速率，但是不满足二者的化学计量数关系，说明
17、没有达到平衡状态，故错误；一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂；表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；百分组成w(HI)=w(I2)，无法判断各组分浓度是否不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故错误；反应速率v（H2）=v（I2）=1/2v（HI）时，反应速率大小不能判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故错误；c（HI）：c（H2）：c（I2）=2：1：1时；无法判断各组分的浓度是否继续发生变化，无法判断是否达到平衡状态，故错误；温度和体积一定时，该反应是气体体积不变的反应，压强始终不变，无法根据压强判断是否达到平衡状态，故错误；温度和体积一定时，某一生成物浓度不再
18、变化；说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；条件一定，混合气体的总物质的量不变，总质量不变，所以混合气体的平均摩尔质量始终不变，无法根据平均相对分子量判断是否达到平衡状态，故错误；温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，各物质浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，故正确；该反应中，气体的总质量固定，容器的容积固定，根据=可知，混合气体的密度始终不变，无法根据密度判断是否达到平衡状态，故错误；结合以上分析可知，符合题意；故答案选C。二、不定项选择题（每题有1个或2个正确选项，每题4分，只答对一个得2分，有错不得分；共20分）11. 下列叙述正确的是A. 乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶
19、液褪色B. 乙烷、丙烷、丁烷都没有同分异构体C. 酒越陈越香与酯化反应有关D. 甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体【答案】CD【解析】A聚氯乙烯分子结构中无碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B乙烷、丙烷没有同分异构体，而丁烷有正丁烷和异丁烷两种同分异构体，故B错误；C酒中含乙醇，乙醇可被氧化成乙醛，乙醛进一步被氧化成乙酸，乙醇和乙酸在一定条件下反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯具有香味，故酒是陈的香，故C正确；D甲烷与足量氯气在光照下反应可生成CCl4，CCl4为难溶于水的油状液体，故D正确；答案为CD。12. 向Fe2(SO4)3溶液中加入a g铜，铜完全溶解后，再加入
20、b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且ac，则下列说法正确的是（）A. 残余固体是铜和铁B. 最后得到的溶液中一定含有Cu2+C. 将残余固体加入到稀硫酸中，无气泡产生D. 最后得到的溶液中可能含有Fe3+【答案】BC【解析】【详解】在Fe2(SO4)3溶液中加入铜，发生反应2Fe3Cu2Fe2Cu2，反应完毕后，溶液中一定有Cu2、Fe2，可能剩余Fe3，再向溶液中加入铁后，Fe3的氧化性大于Cu2，Fe先与Fe3反应，再与Cu2反应置换出Cu，铁若有剩余，则Cu一定能被全部置换出来，即ca，而题干已知ac，说明残留固体中无Fe且Cu未被全部置换出来，最后得到的溶液中一定含有Cu2+，A
21、根据分析，残余固体是铜，没有铁，故A错误； B根据分析，最后得到的溶液中一定含有Cu2+，故B正确；C根据分析，将残余固体为铜，加入到稀硫酸中不反应，无气泡产生，故C正确；D根据分析，Fe3的氧化性大于Cu2，Fe先与Fe3反应，再与Cu2反应置换出Cu，则最后得到的溶液中不含有Fe3+，故D错误；答案选BC。13. 下列有关实验可行的是（）A. 可用倒扣在NaOH溶液上面的漏斗吸收残余的Cl2B. 混入KI溶液中的KHCO3可通过滴加盐酸除去C. 碘升华形成的污迹可用热的浓盐酸洗去D. 制Cl2后的黑褐色污迹可用热的浓盐酸洗去【答案】AD【解析】【详解】A用漏斗是为了增大吸收器体积防止氯气吸
22、收太快导致的倒吸现象，可用倒扣在NaOH溶液上面的漏斗吸收残余的Cl2，故A可行；BKI溶液中混有KHCO3，如果滴加盐酸可除去KHCO3，但同时引入杂质KCl，应加入适量氢碘酸，故B不可行；C浓盐酸不能溶解碘，根据碘单质的性质，易溶于有机溶剂，可与氢氧化钠溶液反应，应该加入NaOH溶液或加入乙醇清洗碘升华形成的污迹，故C不可行；D利用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，则制氯气后的黑褐色污迹的成分为二氧化锰，二氧化锰溶于热的浓盐酸，可用热的浓盐酸洗去，故D可行；答案选AD。14. 已知：在同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。在一定条件下KClO3与I
23、2发生反应：2KClO3+I2=KIO3+Cl2，下列有关说法不正确的是（ ）A. 该反应属于置换反应B. 还原剂为KClO3，氧化剂为I2C. 还原性：I2KIO3D. 氧化性：KClO3KIO3【答案】B【解析】【详解】2KClO3+I22KIO3+Cl2中，Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，A该反应为单质与化合物反应生成新单质、新化合物，则属于置换反应，故A正确；BCl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂为KClO3，还原剂为I2，故B错误；C由I元素的化合价升高可知，I2为还原剂，KIO3氧化产物，还原性为I2KIO3，故C正确；D由Cl元素的化合价降低可知，KClO
24、3为氧化剂，KIO3为氧化产物，氧化剂的氧化性，大于氧化产物的氧化性，则氧化性为KClO3KIO3，故D正确；答案选B。15. 下列说法中正确的是（）A. NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，随后变为红褐色，与氧化还原反应无关B. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2C. 探究维生素C的还原性，则可向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化D. 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，则Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性【答案】BC【解析】【详解】ANaOH溶液滴入FeSO4溶液中生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4F
25、e(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，此反应属于氧化还原反应，故A错误；BFeCl3溶液反应生成CuCl2 和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故B正确；C维生素C有还原性，铁离子具有氧化性，被还原为Fe2+，故根据溶液颜色变化分析，可以探究维生素C的还原性，故C正确；DFe从CuSO4溶液中置换出Cu，发生的离子反应为：Fe+ Cu2+= Fe2+Cu，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，Cu2+的氧化性强于Fe2+，故D错误；答案选BC。三、填空题16. (1)S2O可以与Fe2+反应制备Fe2O3纳米颗粒。若S2O与Fe2+的物质的量之
26、比为1：2，配平该反应的离子方程式：_Fe2+_S2O+_H2O2+_OH-=_Fe2O3+_S2O+_H2O下列关于该反应的说法中正确的是_(填序号)。A 该反应中S2O表现了氧化性B 已知生成的Fe2O3纳米颗粒直径为10纳米，则Fe2O3纳米颗粒为胶体C 该反应中H2O2作氧化剂(2)人们可利用Fe2(SO4)3作强氧化剂溶解铜矿石(Cu2S)，然后加入铁屑进一步得到铜，该过程中发生的离子反应方程式如下，请补充完整并配平：_Cu2S+_Fe3+_H2O _Cu2+_Fe2+_（ ）+_SO (3)书写下列反应的热化学方程式: 1 molN2(g)与适量O2(g)反应生成NO(g)，需吸收
27、68kJ的热量；_。【答案】 (1). 2 (2). 1 (3). 4 (4). 4 (5). 1 (6). 1 (7). 6 (8). C (9). 1 (10). 10 (11). 4 (12). 2 (13). 10 (14). 8 (15). H+ (16). 1 (17). N2(g)+ O2(g)= 2NO(g) H = +68 kJ/mol【解析】【详解】(1)反应中Fe、S元素元素的化合价升高，H2O2中O元素的化合价降低，若S2O与Fe2+的物质的量之比为1：2，该反应中Fe2+、S2O都是还原剂，H2O2是氧化剂；1mol S2O和2molFe2+共失去电子2(5-2)+2
28、1mol=8mol，1molH2O2得到电子2mol，根据电子守恒有4molH2O2反应，最后观察配平H、O原子，该离子反应配平后为：2Fe2+ S2O+4H2O2+4OHFe2O3+ S2O+6H2O；A根据中分析，S2OS2O，S的化合价升高，S2O被氧化，该反应中S2O表现了还原性，故A错误；B胶体是混合物，Fe2O3纳米颗粒是纯净物，不是混合物，则不是胶体，故B错误；C根据中分析，该反应中H2O2作氧化剂，故C正确；答案选C。(2)根据原子守恒可知，另一种生成物是氢离子，Cu2S中Cu、S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，1molCu2S失去10mol电子，所以需要氧化剂Fe3+是1
29、0mol，根据得失电子守恒和物料守恒，该过程中发生的离子反应方程为：Cu2S+10Fe3+4H2O2Cu2+10Fe2+8H+SO；(3)已知1 molN2(g)与适量O2(g)反应生成NO(g)，需吸收68kJ的热量；则热化学反应方程式为：N2(g)+ O2(g)=2NO(g)H=+68 kJ/mol。17. A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、
30、E同主族。(1)B在周期表中的位置_(2)F元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_。(3)元素C、D、E形成的简单离子半径由小到大的顺序_(用离子符号表示)。(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：_。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是_。(5)C、E的氢化物，沸点由高到低顺序是：_。(6)写出碳单质与E的最高价氧化物对应水化物浓溶液反应的化学方程式，并用单线桥标明电子的转移方向_。当转移电子为0.2mol时，标准状况下反应产生气体_L。(7)已知E单质和F单质的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). HClO4 (3
31、). r(Na+) r(O2) r(S2)或Na+ O2S2 (4). (5). 离子键、共价键(或非极性键) (6). H2OH2S (7). (8). 3.36 (9). S3Cl24H2O = 8H+6ClSO42-【解析】【分析】A元素的原子核内只有一个质子，由此可知A为H；根据 B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3 ，可知B的最高价为+5价，是VA，再根据B元素的原子半径是其所在主族中最小的，得出B为N；根据C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，得出C为O；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，可知D的阳离子为+1价阳离子，所以D为Na；C
32、、E同主族，且E为短周期元素，得出E为S，F是短周期元素排在S元素后面的主族元素，F只能为Cl。综上可知A为H、B为N、C为O、D为Na，E为S，F为Cl。据此回答。【详解】（1）B为氮元素，N位于周期表第二周期第VA族，故答案为第二周期，VA；（2）F为Cl元素，Cl元素最高价氧化物的水化物是HClO4，故答案为HClO4；（3）元素C、D、E形成的简单离子分别为O2、Na+、S2，电子层数多的离子半径较大，核外电子排布相同的微粒，其离子半径随原子序数的增大而减小，所以半径由小到大为r(Na+) r(O2) r(S2)，故答案为r(Na+) r(O2) r(S2)；（4）D2C是Na2O，用
33、电子式表示形成过程为，故答案为；D2C2为Na2O2，其中含有的化学键为离子键、共价键，故答案为离子键、共价键；（5）C、E的氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子之间存在氢键，导致沸点要更高，所以沸点H2OH2S，故答案为H2OH2S；（6）C与浓硫酸反应方程式为：C+2H2SO4(浓) 2SO2+CO2+2H2O，用“单线桥”标电子转移，当转移4mole-时生成气体SO2 2mol和CO2 1mol，共3mol，标准状况下体积为67.2L，当转移0.2mol电子时，气体体积为，故答案为；3.36L； （7）S和氯水反应的化学方程式为3Cl2+S+ 4H2O=6HCl+H2SO4，所以离
34、子方程式为S3Cl24H2O = 8H+6ClSO42-，故答案为S3Cl24H2O = 8H+6ClSO42-。【点睛】本题考查元素推断，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，根据主族元素最高正化合价等于它的族序数，B的最高价为+5价，是VA，再根据同主族元素原子半径是从上到下依次增大，得出B为N；比较简单氢化物的沸点时注意水分子间存在氢键，使沸点升高。18. 已知铅蓄电池的工作原理为Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)，现用如图1装置进行电解(电解液足量），测得当铅蓄电池中转移0.4mol电子时，铁电极的质量减少11.2g。请回答下列问题：
35、（1）A是铅蓄电池的_极，铅蓄电池正极反应式为:_。 （2）Ag电极的电极反应式是_，该电极的电极产物共_g。（3）Cu电极的电极反应式是_，CuSO4溶液的浓度_(填“减小”“增大”或“不变”)。（4）如图2表示电解进行过程中某个量(纵坐标x)随时间的变化曲线，则x表示_。 a.各U形管中产生的气体的体积b.各U形管中阳极质量的减少量c.各U形管中阴极质量的增加量【答案】 (1). 负 (2). PbO24HSO422e=PbSO42H2O (3). 2H2e=H2 (4). 0.4 (5). Cu2e=Cu2 (6). 不变 (7). b【解析】【分析】已知铅蓄电池中转移0.4mol电子时
36、，铁电极的质量减少11.2g，则稀硫酸电解池中Fe为阳极，硫酸铜电解池中Cu为阳极，铅蓄电池B为正极，A为负极；【详解】（1）分析可知，A是铅蓄电池的负极；铅蓄电池正极二氧化铅得电子，与硫酸反应生成硫酸铅和水，电极反应式为PbO24HSO422e=PbSO42H2O；（2）Ag电极为电解池阴极，氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H2e=H2；转移0.4mol电子时，生成0.2mol氢气，即0.4g；（3）Cu电极为阳极，铜失电子生成铜离子，电极反应式为Cu2e=Cu2；溶液中的铜离子在阴极得电子生成铜，则溶液中的铜离子浓度不变；（4）a.硫酸铜溶液中无气体生成，与图象不符，a错误；b.各U形
37、管中阳极分别为Fe、Cu，随反应时间的增大，质量逐渐减少，符合图象，b正确；c.稀硫酸电解池中阴极产生氢气，阴极的质量不变，与图象不符，c错误；答案为b。【点睛】由图判断各装置的类型是解答本题的关键，铅蓄电池为原电池，则另两个为电解池，铁电极质量减少，则铁只能为阳极，与其相连的电池为正极。19. 2017新课标绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：_、_。（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻
38、璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。仪器B的名称是_。将下列实验操作步骤正确排序_（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭K1和K2d打开K1和K2，缓缓通入N2 e称量A f冷却到室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验
39、后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为_（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_。a品红 bNaOH cBaCl2 dBa(NO3)2 e浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_。【答案】 (1). 样品中没有Fe3+ (2). Fe2+易被氧气氧化为Fe3+ (3). 干燥管 (4). dabfce (5). (6). 偏小 (7). c、a (8). 生成白色沉淀、褪色 (9). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【解析】（1）样品溶于水滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，这说明有铁离子产生
40、，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇KSCN溶液显红色；（2）根据仪器构造可知B干燥管；由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气排出空气，为了使生成的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确的排序是dabfce；样品的质量是（m2m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为（m3m1）g，生成水的质量为（m2m3）g，FeSO4xH2OFeSO4 + xH2O152 18x（m3m1）g （m2m3）g则：，解得：x=；若实验时按a、d次序操作，在加热过程中硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3增加，因此x偏小；（3）最终得到红棕色固体，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应该用氯化钡，检验SO2用品红溶液，所以C、D的溶液依次为氯化钡溶液和品红溶液，实验现象是C中溶液变浑浊产生白色沉淀，D中品红溶液褪色，故答案为c、a；根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2和SO3，根据电子守恒和原子守恒得此反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。