1、山东省济南市山东省山东师范大学附属中学2018-2019学年高一化学上学期第二次学分认定考试（期末考试）试题（含解析）本试卷分第卷和第卷两部分，共6页，满分为100分，考试用时90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上。2.第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3.第卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液，胶带纸、修正带和其他笔。可能用到的相对原子质
2、量N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64第卷选择题（共54分）一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意)1. 下列说法不正确的是（ ）A. 化学的特征是认识分子和制造分子B. 原子的核式结构是通过建立模型法认识的C. 1869年门捷列夫发现的元素周期律，把化学元素及其化合物纳入了一个理论体系D. 汽车尾气中的CO、SO2是光化学烟雾的主要成因【答案】D【解析】【详解】A通过对有关物质性质和结构的认识，根据需要创造出具有特殊性质或功能的自然界里不存在的新物质。从这个意义上讲，化学的特征就是认识和制造分子，故A不选；B通过建立模型法来认识原子的核
3、式结构，故B不选；C1869年门捷列夫发现的元素周期律，把化学元素及其化合物纳入了一个理论体系，故C不选；D汽车尾气中的氮的氧化物是光化学烟雾的主要成因，故选D。答案选D2. 下列说法正确的是( )A. Na是银白色金属，密度小，可保存在酒精中B. 金属钠可从硫酸铜溶液中将铜置换出来C. Na2O与Na2O2两者颜色相同，均可与H2O、CO2反应D. Na2O与Na2O2固体分别溶于水滴加酚酞试液后，现象不完全相同【答案】D【解析】【详解】A钠能够与酒精反应生成氢气，不可保存在酒精中，故A错误；B钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与与硫酸铜溶液氢氧化铜沉淀，不能置换
4、出Cu，故B错误；C氧化钠是白色的，但是过氧化钠是黄色的固体，颜色不同，故C错误；D氧化钠是碱性氧化物，溶于水生成氢氧化钠，滴加酚酞试液后，溶液变红；过氧化钠除了与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠还具有强氧化性，能够使有颜色物质漂白，所以溶于水，滴加酚酞试液后，溶液先变红后褪色，现象不完全相同，故D正确；故选D。3. 下面对氯气的叙述错误的是（ ）A. 氯水可使红布条褪色，该实验无法确定次氯酸是否具有漂白性B. 氢气在氯气中燃烧时发出苍白色火焰，在瓶口处有白雾生成C. 铁丝在氯气中燃烧产生的棕红色烟是FeCl2D. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色【答案】C【解析】【详解】A氯水中含有HCl、
5、HClO，属于混合物，因此氯水使红布条褪色，该实验无法确定次氯酸是具有漂白性还是HCl具有漂白性，A正确；B氢气在氯气中燃烧时发出苍白色火焰，二者反应产生HCl，HCl遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴，因此在瓶口处有白雾生成，B正确；CCl2具有强的氧化性，可以将Fe氧化为FeCl3，所以铁丝在氯气中燃烧产生的棕红色烟是FeCl3，C错误；D新制氯水中含有HCl、HClO，HCl使溶液显酸性，可使蓝色石蕊试纸变红色；由于HClO具有强氧化性，会将红色物质氧化变为无色，因此看到蓝色石蕊试纸先变红后褪色，D正确；故合理选项是C。4. 下列叙述不正确的是（ ）A. 10 mL质量分数为98%的H2SO4
6、，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%B. 在标准状况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 molL-1的氨水C. 配制0.1 molL-1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL容量瓶D 用容量瓶定容时，俯视刻度线使配制溶液浓度偏高【答案】B【解析】【详解】A浓硫酸的密度比水大，所以将10 mL质量分数为98%的H2SO4，用10 mL水稀释后，所得H2SO4溶液的质量分数大于49%，A正确；B标准状况下22.4 L氨气的物质的量是1 mol，但将其溶于1 L水中得到的溶液的体积不是1 L，因此所得溶液的浓度不是1 mol/L，B错误；C实验室没有480 mL
7、的容量瓶，根据选择仪器的标准是大而近的原则，可知配制0.1 molL-1的Na2CO3溶液480 mL，应该选择使用500 mL容量瓶，C正确；D用容量瓶定容时，俯视刻度线，则液面低于刻度线，溶液的体积偏小，根据c=可知最终使配制溶液浓度偏高，D正确；故合理选项是B。5. 下列叙述中，正确的是(设NA为阿伏加德罗常数的值)（ ）A. 1 molL-1FeCl3溶液中所含Cl-的数目为3NAB. 25、1.01105Pa时，14 g氮气所含的氮分子数为NAC. 硫化亚铜和氧化铜的混合物8.0 g含有的铜原子数为0.1NAD. 等物质的量的CO和N2含有的原子数都为2NA【答案】C【解析】【详解】
8、A只给出溶液的浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，A错误；B14 g氮气的物质的量是0.5 mol，则其中含有的氮分子数为0.5NA，B错误；C假设8.0 g固体完全是Cu2S，Cu2S的式量是160，其物质的量是0.05 mol，由于1个Cu2S中含有2个Cu原子，则0.05 mol Cu2S中含有0.1 mol 的Cu原子，其中含有的Cu原子数目是0.1NA；若8.0 g固体完全是CuO，CuO的式量是80，其物质的量是0.1 mol，由于1个CuO中含有1个Cu原子，则0.1 mol CuO中含有Cu原子数目是0.1NA，故8.0 g硫化亚铜和氧化铜的混合物中含有的铜原子数为0.1N
9、A，C正确；D未指出气体的物质的量，因此不能确定其中所含有的原子数目，D错误；故合理选项是C。6. 分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（ ）根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物根据物质在水溶液中或熔化时是否导电将物质分为电解质和非电解质A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】依据氧化物性质把氧化为分为酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等，正确；化学反应中元素化合价是否发生变化
10、把反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，而电子转移是引起化合价变化的原因，正确；根据分散质微粒直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，错误；根据否是由一种元素组成的纯净物可以分为单质和化合物，正确；根据电解质能否在水溶液完全电离分强电解质和弱电解质，错误；综上正确；故答案选：A。7. 可以大量共存的离子组是（ ）A. Na+、Fe2+、H+B. 、OH-C. ClO-、S2-、Na+、H+D. Mg2+、K+、Cl-【答案】D【解析】【详解】AFe2+、H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；B与OH-会发生反应产生弱电解质NH3H2O，不能大量共存；、OH-会发生反应产生、H
11、2O，不能大量共存，B不符合题意；CClO-、H+会产生弱酸HClO，该物质具有强氧化性，会与S2-发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；D选项离子之间不能发生任何反应，能大量共存，D符合题意；故合理选项是D。8. 根据下列实验内容得出的结论不正确的是（ ）选项实验内容结论A向某盐溶液中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀该盐溶液中不一定含和B向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2产生白色沉淀该溶液一定含C向某盐溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色该盐溶液中有I-D向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体该溶液中一定含有A. AB. BC. CD. D【
12、答案】B【解析】【详解】A向某盐溶液中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀，该沉淀可能是CaCO3，也可能是CaSO3，因此该盐溶液中不一定含和，A正确；B向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2产生白色沉淀，该沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，因此该溶液中不一定含，B错误；C向某盐溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色，说明反应产生了I2，则证明该盐溶液中一定含有I-，C正确；D向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，说明该气体的水溶液显碱性，则该气体为NH3，则原溶液中一定含有有，D正确；故合理选项是B。9. 下列叙述不正确的是( )A. NH3的喷泉实
13、验说明氨气极易溶于水B. 常温下铁和铂都不与浓硫酸反应C. 盛液溴的瓶内加少量水可防止液溴的挥发D. NH3遇到挥发性强酸能冒白烟【答案】B【解析】【详解】A在NH3的喷泉实验中因氨气溶于水导致圆底烧瓶中压强减小，从而形成喷泉，能够说明氨气极易溶于水，故A正确；B常温下Fe与浓硫酸发生钝化，钝化属于化学变化，Pt不活泼，与浓硫酸不反应，故B错误；C液溴易挥发，盛液溴的瓶内加少量水，利用水封可以避免液溴挥发，故C正确；D氨气是碱性气体，能够和挥发出的酸分子反应生成铵盐，所以NH3遇到挥发性强酸能冒白烟，故D正确；故选B。10. 将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后加入Y，有沉淀生成，X
14、、Y不可能是（ ）ABCDXNO2SO2NH3SO2YCO2NaOHCO2H2SA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ANO2与H2O反应产生HNO3和NO，HNO3与BaCl2溶液不能发生反应，因此无现象，该溶液中含有HNO3显酸性，向其中通入CO2，仍然无反应发生，因此不能产生沉淀，故A符合题意；BSO2与H2O反应产生H2SO3，由于该酸是弱酸，不能与BaCl2溶液，因此未见沉淀生成；当向其中加入NaOH时，H2SO3与NaOH溶液反应产生Na2SO3和H2O，Na2SO3与BaCl2溶液反应产生BaSO3白色沉淀，B不符合题意；CNH3与H2O反应产生NH3H2O，
15、NH3H2O与BaCl2溶液不反应，因此未见沉淀生成；当向通入CO2时，CO2与NH3H2O溶液反应产生(NH4)2CO3和H2O，(NH4)2CO3与BaCl2溶液反应产生BaCO3白色沉淀，C不符合题意；DSO2与H2O反应产生H2SO3，由于该酸是弱酸，不能与BaCl2溶液，因此未见沉淀生成；当向其中通入H2S时，H2SO3与H2S溶液反应产生S单质和H2O，S难溶于水，使溶液变浑浊，而有沉淀产生；D不符合题意；故合理选项是A。11. 下列离子方程式中，正确的是( )A. 向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：CO2+2OH-=CO+H2OB. FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式：Fe3+C
16、u=Cu2+Fe2+C. 碳酸钙与盐酸：CO+2H+=CO2+H2OD. 铜与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O【答案】D【解析】【详解】A氢氧化钠溶液中通入过量CO2反应生成碳酸氢钠，离子方程式为CO2+OH-=HCO，故A错误；B电荷不守恒，FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，故B错误；C碳酸钙难溶于水，用化学式表示，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故C错误；D铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和H2O，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故选D。12.
17、 根据下列反应：(1)2Fe3+2I-=2Fe2+I2(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+判断氧化剂的的氧化性由强到弱的顺序是（ ）A. Fe3+I2Br2B. I2Fe3+Br2C. Br2Fe3+I2D. Fe3+Br2I2【答案】C【解析】【详解】判断氧化剂的的氧化性由强到弱，化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，氧化性是氧化剂大于氧化产物，在2Fe3+2I-=2Fe2+I2，则氧化性Fe3+I2，在Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，则氧化性Br2Fe3+，综合Br2Fe3+I2，因此C正确；答案选：C。13. 230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成
18、233U。下列有关Th的说法正确的是（ ）A. Th元素的质子数是232B. 230Th和232Th的核外电子排布不相同C. 232Th转化成233U是化学变化D. 230Th比232Th的中子数少2【答案】D【解析】【详解】ATh是90号元素，Th元素的质子数是90，故A错误；B230Th和232Th的核外电子数都是90，核外排布相同，故B错误；C232Th转化成233U是原子核发生变化，属于物理变化，故C错误；D230Th中子数是230-90=140，232Th的中子数是132-90=142，230Th比232Th的中子数少2，故D正确；选D。14. 下列说法中错误的是（ ）A. 原子及其
19、阴离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数B. 元素周期表中从B族到B族10个纵列的元素都是金属元素C. 除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8D. 元素周期表第17列全是非金属元素，第1列都是金属元素【答案】D【解析】【详解】A原子核外电子层数等于其周期序数，原子变为阴离子时，电子层数不变，因此阴离子的核外电子层数也等于该元素所在的周期数，A正确；B元素周期表中从B族到B族10个纵列的元素属于过渡元素，它们都是金属元素，B正确；CHe是2号元素，原子核外只有K层1个电子层，该层上有2个电子，达到K层2个电子的稳定结构，其余稀有气体原子的最外层电子数都是8个，达到稳定结构，因此稀有气体不容易
20、参加化学反应，化学性质稳定，C正确；D第1列中的H元素属于非金属性元素，因此第1列元素不都是金属元素，D错误；故合理选项是D。15. 根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是A. 同主族元素含氧酸酸性随核电荷数的增加而减弱B. 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C. Cl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小D. 与得电子能力相同【答案】D【解析】【详解】A.同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，故A错误；B.核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如Cl、S2的还原性不同，故B错误；C.S2、Cl、K、Ca2半径逐渐减小，故C错误；D.Cl与Cl核外电子排布相同，所以得
21、电子能力相同，故D正确。16. 下列叙述中，正确是（ ）A. C、N、O元素的单质与氢气化合越来越难B. Li、Na、K的氧化物的水化物的碱性依次减弱C. Na、Mg、Al的简单离子的半径逐渐减小D. P、S、Cl元素的最高正价依次升高，其对应的气态氢化物的稳定性依次减弱【答案】C【解析】【详解】A元素的非金属性越强，其单质越易与氢气化合，由于元素的非金属性：CNO，则C、N、O元素的单质与氢气化合越来越易，A错误；B元素的金属性越强，其对应碱的碱性越强。由于元素的金属性：LiNaK，则Li、Na、K的氧化物的水化物的碱性依次增强，B错误；CNa+、Mg2+、Al3+的核外电子排布都是2、8，
22、离子核外电子层结构相同。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Na、Mg、Al的简单离子的半径逐渐减小，C正确；D元素的非金属性越强，其对应的氢化物就越稳定。由于元素的非金属性：PSCl，则P、S、Cl元素的最高正价依次升高，其对应的气态氢化物的稳定性依次增强，D错误；故合理选项是C。17. 下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，请判断以下叙述正确的是（ ）元素代号ABCDE原子半径/nm0.13001180.0900.1020.073主要化合价+2+3+2+6、-2-2A. A2+与D2-的核外电子数相等B. B3+是其所在周期中所有常见离子中半径最小的C. 氢化物
23、的稳定性为H2EA【答案】B【解析】【详解】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第A元素，而D的半径大于E，E为O，D为S，B元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，A A2+是镁离子，D2-是硫离子，它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，选项A错误；BB3+是Al3+其所在周期中所有常见离子中半径最小的，选项B正确；C同主族，从上到下氢化物的稳定性逐渐减小，所以稳定性：H2SH2O，即H2EH2D，选项C错误
24、；D同主族，从上到下原子得失电子能力逐渐增强，所以失电子能力MgAl，即AB元素的金属性越强，与盐酸反应越剧烈，选项D错误。答案选B。18. 短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X元素的最高价含氧酸能与其气态氢化物化合生成盐。下列说法不正确的是（ ）A. 原子半径：ZWXYB. 最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC. H4ZO4和H3WO4是弱酸D. 元素X、Z、W、Y的最高化合价分别与其主族序数相等【答案】D【解析】【分析】X元素的最高价含氧酸能与其气态氢化物化合生成盐，盐为硝酸铵，则X为N元素，结合相对位置如图所示，可知Y为O，W为P，Z为Si。【详解】A原子半
25、径的大小比较，在同周期，电子层相同，原子序数越大，半径越小，不同周期，电子层越多，半径越大，则ZWXY，A正确；B最高价氧化物对应水化物的酸性比较的是元素的非金属性，元素周期表中从左到右，从上到下，非金属性越强，则XWZ，B正确；C Z为Si ，W为P，H4SiO4和H3PO4是弱酸，C正确；D元素Y为O，没有+6价，D错误；故答案选：D。第卷选择题（共46分）二、填空题（共5小题，共46分）19. （1）写出除去或分离括号内物质所用方法(填序号)：a.加热法b.过滤c.渗析d.水洗法e.升华法f.萃取和分液g.沉淀法碳酸钠(碳酸氢钠)_；一氧化氮(二氧化氮)_；氯化钠(I2)_；氢氧化铁胶体
26、中的离子_；碘水中碘单质_；氯化钠(硫酸钠)_。（2）写出实验室中由固体物质制取氨气的化学方程式_。欲用上述方法制取并收集一瓶干燥的氨气，从图中选择合适的装置，其连接顺序为_。（按气流方向，用小写字母表示，如xyz）。【答案】 (1). a (2). d (3). e (4). c (5). f (6). g (7). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O (8). adcfei【解析】【详解】（1）碳酸钠(碳酸氢钠)，碳酸氢钠不稳定，加热可以分解为碳酸钠，用加热法，故答案为：a；一氧化氮(二氧化氮)，一氧化氮不与水反应，二氧化氮易溶于水，生成硝酸和一氧化氮，可以用水法，
27、故答案为：d；氯化钠(I2)，碘易升华，氯化钠受温度影响不大，用升华法，故答案为：e；氢氧化铁胶体中的离子，胶体粒子不通过半透膜，溶液可以通过半透膜，用渗析法，故答案为：c；碘水中碘单质，可以采取四氯化碳有机溶剂进行萃取，再分液即可，故答案为：f；氯化钠(硫酸钠)，硫酸钠中含有硫酸根，可以采取沉淀法，加氯化钡形成沉淀，故答案为：g；（2）实验室制取氨气，用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体共热制备，2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；发生装置制取的氨气中混有水蒸气，用碱石灰进行干燥，然后用向下排空气法
28、收集，因为NH3有毒，污染空气，因此必须尾气处理，连接顺序是发生装置adcfei；故答案为：adcfei。20. (1)写出实验室中用亚硫酸钠固体与浓硫酸制取SO2的化学方程式_。(2)二氧化硫性质实验将SO2通入下列装置中，在一定温度下按图示装置进行实验。根据上述实验，回答下列问题：_序号实验现象解释原因石蕊试液_石蕊试液变红说明SO2是酸性气体品红试液褪色SO2具有_性酸性KMnO4溶液_反应的离子方程式_溶液变浑浊，有黄色沉淀生成反应的化学方程式_【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O (2). 序号实验现象解释原因变红漂白紫色褪去(或褪色)5S
29、O2+2H2O+2MnO=2Mn2+5SO+4H+SO2+2H2S=3S+2H2O【解析】【分析】亚硫酸钠(Na2SO3)固体与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，结合二氧化硫为酸性氧化物、有漂白性、还原性和氧化性分析解答。【详解】(1)亚硫酸钠(Na2SO3)固体与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2+H2O；(2)二氧化硫为酸性氧化物，水溶液显酸性，能使中石蕊试液变红；二氧化硫具有漂白性，能使中品红溶液褪色；二氧化硫具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧
30、化生成硫酸，发生反应的离子方程式为5SO2+2H2O+2MnO=2Mn2+5SO+4H+，因此中酸性高锰酸钾褪色；二氧化硫具有氧化性，能与中硫化钠发生氧化还原反应生成硫单质，SO2+2H2S=3S+2H2O，因此中溶液浑浊，生成淡黄色沉淀，故答案为：序号实验现象解释原因变红漂白紫色褪去(或褪色)5SO2+2H2O+2MnO=2Mn2+5SO+4H+SO2+2H2S=3S+2H2O。21. 某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验：(1)将大小相同的钠、镁、铝(除去氧化膜)分别投入到冷水中，_反应最剧烈；分别向新制取的Al(OH)3沉淀中滴加稀盐酸和氢氧化钠溶液，结果沉淀都
31、溶解，说明Al(OH)3是_氢氧化物（填“酸性”、“碱性”或“两性”），写出Al(OH)3与氢氧化钠反应的离子方程式_。(2)向NaBr溶液中通入氯气溶液呈黄色，可证明Cl的非金属性比Br强，反应的离子方程式为_。(3)利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。仪器A的名称为_。若要证明非金属性：ClI，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液_(填现象)，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_溶液吸收尾气(填化学式)。【答案】 (1). 钠 (2). 两性 (3). Al(OH)3+OH-
32、=Al(OH)4- (4). 2Br-+Cl2=Br2+2Cl- (5). 分液漏斗 (6). 变蓝 (7). NaOH【解析】【分析】同一周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱。元素的金属性越强，其单质与水或酸发生置换反应越容易，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；同一主族元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱。元素的非金属性越强，其单质的氧化性就越强，活动性强的可以把活动性弱的从化合物中置换出来，然后结合物质的特性分析解答。【详解】(1)Na、Mg、Al是同一周期元素，由于原子序数逐渐增大，所以元素的金属性就越弱。则在三种金属中，金属性最强的是Na，元素的金属性越强，其单质与水反应就越
33、强烈，则与水反应最剧烈的是Na；向Al(OH)3沉淀中滴加稀盐酸和氢氧化钠溶液，结果沉淀都溶解，说明Al(OH)3能够与强酸反应产生盐和水，也能与强碱反应产生盐和水，因此Al(OH)3是两性氢氧化物；Al(OH)3与NaOH反应产生NaAl(OH)4，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-；(2)向NaBr溶液中通入Cl2，发生反应,2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，反应产生的Br2使溶液变为橙黄色，该反应的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；(3)根据装置图可知仪器A的名称为分液漏斗；向浓盐酸加入到盛有KMnO4溶液的锥形瓶中，二者反应产生Cl2，将
34、产生的Cl2通过导气管进入到盛有淀粉碘化钾混合溶液的C试管中，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，由于I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此若看到C试管中溶液变为蓝色，就证明物质的氧化性：Cl2I2，从而说明元素的非金属性：ClI；Cl2有毒，若不进行尾气处理，会导致大气污染。由于Cl2能够与强碱溶液发生反应，所以可以用NaOH溶液进行尾气处理，反应方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。【点睛】本题通过实验考查了元素性质变化规律。掌握元素性质变化规律与物质的氧化性、还原性强弱关系，结合物质的特性分析判断。22. A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产
35、物未标出)。(1)若A被称为国防金属，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，反应的化学方程式为_，反应的化学方程式为_。(2)若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，且D、F混合光照爆炸生成B，反应、都在水溶液中进行，则检验E中阳离子最好的试剂是_（填化学式）。【答案】 (1). 2Mg+CO22MgO+C (2). C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O (3). KSCN【解析】【分析】(1)若A为被称为国防金属，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，A所含元素的原
36、子最外层电子数D是A的2倍，则A是Mg，D是C，B是CO2，C是MgO，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，F是浓HNO3，E是Mg(NO3)2；(2)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，由转化关系可知A为变价金属，应为Fe，反应在水溶液中进行。反应也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2。【详解】(1)根据上述分析可知：A是CO2，B是Mg，C是MgO，D是C单质，E是Mg(NO3)2，F是HNO3。反应是Mg在CO2中燃烧反
37、应产生MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；反应是C与浓硝酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，反应的方程式为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(2)根据上述分析可知：A是Fe，B是HCl，C是FeCl2，D是H2，E是FeCl3，F是Cl2。E是FeCl3，其阳离子是Fe3+，检验Fe3+的方法是：取待检物质少许配成溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明发生反应：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，产生了红色Fe(SCN)3，据此检验Fe3+，故检验试剂是KSCN。【点睛】本题考查无机物的推断。把握物质的性质，根据某物质的
38、特殊性质或现象寻找突破口，然后结合物质的转化关系逐一推断。熟悉常见单质及其化合物的性质是解本题关键。23. 铁、铜混合粉末20.0 g加入到100 mL5.0 molL-1FeCl3溶液中，剩余固体质量为5.2 g(忽略反应前后溶液体积变化)。计算：还原剂失去电子的物质的量_；反应后溶液中FeCl2的物质的量浓度_molL-1。【答案】 (1). 0.5 mol (2). 6.5【解析】【分析】FeCl3与Fe、Cu反应转化为FeCl2，由于金属有剩余，则FeCl3完全反应，根据FeCl3的物质的量及其反应后产生的物质计算反应中转移电子的物质的量。Fe的还原性强于铜，Fe先与Fe3+反应，然后
39、是Cu与Fe3+反应，假设参加反应Fe、Cu分别为x mol、y mol，结合电子转移守恒及其质量变化关系计算出Fe、Cu的物质的量，利用Fe元素守恒，计算FeCl2的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算其物质的量浓度。【详解】(1)100 mL5.0 molL-1FeCl3溶液中中含有FeCl3的物质的量n(FeCl3)=5.0 mol/L0.1 L=0.5 mol，向该溶液中加入Fe、Cu，充分反应后，由于固体有剩余，则FeCl3完全反应转化为FeCl2，每有1 mol FeCl3发生反应，转移1 mol电子，则0.5 mol FeCl3完全反应，转移电子的物质的量是0.5 mol；Fe
40、的还原性强于铜，Fe先与Fe3+反应，Cu后与Fe3+反应，n(FeCl3)=5.0 mol/L0.1 L=0.5 mol，假设参加反应Fe、Cu分别为x mol、y mol，结合电子转移守恒和二者的质量关系可得关系式2x+2y0.5(32)，56x+64y20.05.2，解得x=0.15 mol，y=0.1 mol。根据Fe元素守恒可知，反应后溶液中含有的FeCl2的物质的量n(FeCl2)=n(Fe2+)=0.5 mol+0.15 mol=0.65 mol，由于溶液的体积是100 mL，则反应后溶液中FeCl2的物质的量浓度c(FeCl2)=6.5 mol/L。【点睛】本题考查混合物的计算。根据反应后有固体剩余可确定FeCl3完全反应是解题关键。注意守恒思想在化学计算中的应用。
