1、宁夏海原第一中学2021届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cu：64 N：14 Cl：35.5 Fe：56 Ba：137 Al：27一、选择题1. 当钠、钾等金属不慎着火时，可以用来灭火的是：（ ）A. 水B. 煤油C. 沙子D. 泡沫灭火剂【答案】C【解析】【详解】水和钠、钾反应生成氢气；煤油是可燃性液体，更不能用来灭火；泡沫灭火剂可生成二氧化碳，可与钠、钾燃烧产物过氧化钠、超氧化钾反应生成氧气，以上都不能用于灭火，只有沙子符合，答案选C。2. 在自然界中，既有以化合态存在，又有以游离态存在的元素是（
2、）A. 碳B. 硅C. 镁D. 铝【答案】A【解析】A. 碳在自然界中，既有以化合态存在，又有以游离态存在的，A正确；B. 硅是亲氧元素，在自然界中只能以化合态存在，B错误；C. 镁是活泼的金属，在自然界中只能以化合态存在，C错误；D. 铝是活泼的金属，在自然界中只能以化合态存在，D错误，答案选A。3. 下列性质比较正确的是( )A. 离子半径： K+Cl-Na+F-B. 还原性： Cl-Br-I-S2-C. 酸性： HClO4H3PO4H2SH3AlO3D. 沸点： 甲醛甲醇甲烷【答案】C【解析】【详解】A离子结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，K+和Cl-、Na+和F-离子核外电子排布
3、相同，且K+和Cl-比Na+和F-离子核外多一个电子层，则离子半径：Cl-K+F-Na+，故A错误；BCl、Br、I、S非金属性依次减弱，则还原性：S2-I-Br-Cl-，故B错误；C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，非金属性ClP，则酸性HClO4H3PO4，又H2S为弱酸，酸性小于H3PO4，而H3AlO3为两性氢氧化物，酸性最小，则酸性：HClO4H3PO4H2SH3AlO3，故C正确；D甲醇分子间存在含有氢键，且相对分子质量比甲醛大，则沸点应最高，沸点：甲醇甲醛甲烷，故D错误；故答案为C。4. 下列物质中既能导电，又属于强电解质的一组物质是（ ）A. 石墨、醋酸
4、溶液、食盐晶体B. 熔融状态的KOH、熔融状态的NaClC. 稀H2SO4、NaOH溶液、纯HNO3D. 液氨、石灰水、水银【答案】B【解析】【详解】A.石墨能导电，石墨是碳单质而不是电解质，醋酸溶液能导电，是乙酸和水的混合物，其中醋酸属于弱电解质，食盐晶体是电解质但不导电，A错误；B.熔融NaCl、熔融KOH，属于强电解质，且都能导电，B正确；C.稀硫酸和NaOH溶液是混合物，不是电解质，纯硝酸不导电，C错误；D.液氨、石灰水是混合物，水银是单质，都不是电解质，D错误；故合理选项是B。5. 设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确是（ ）A. 5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB
5、. 常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NAC. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD. 常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A. 5.6g铁（即0.1mol）与足量盐酸反应生成FeCl2，铁的化合价由0价升高到+2价，所以转移的电子数为0.2NA，错误；B. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以11.2L甲烷中含有的氢原子数小于2NA，错误；C. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气均为1mol，氦气是单原子分子，所含原子数为NA，氟气是双原子分子，所含原子数为2NA，错误；D. 常
6、温下，2.7g（0.1mol）铝与足量的盐酸反应生成AlCl3，失去的电子数为0.3NA，正确；故选D。【点睛】使用气体摩尔体积时注意给出的温度和压强，如果是常温常压，则不能用22.4L/mol，同时还要注意对象是否是气体。但如果没有用到22.4L/mol，则无论什么状态，都不受温度和压强的限制，如D选项，不管是在常温下还是标准状况下，2.7g铝都是0.1mol。6. 若不断地升高温度，实现雪花水水蒸气氧气和氢气的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是A. 氢键；分子间作用力；非极性键B. 氢键；氢键；极性键C. 氢键；极性键；分子间作用力D. 分子间作用力；氢键；非极性键【答
7、案】B【解析】【详解】雪花水，破坏氢键和分子间作用力；水水蒸气，破坏氢键和分子间作用力；水蒸气氧气和氢气，破坏分子内H、O原子间的极性键；故选B。7. 配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，下列操作正确的是A. 称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容B. 称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解C. 转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D. 定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀【答案】D【解析】【分析】配制100 mL1.0mol/L Na2CO3溶液，应称取碳酸钠的质量为1.0 mol/L0.1L106g/mol=10.6
8、g，溶于水配成溶液的体积为100 mL，由此分析。【详解】A容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故A错误；B碳酸钠溶液的配制时，10.6g无水碳酸钠的物质的量n=0.1mol，溶解过程就加入100 mL的水，再移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100 mL，根据c=，V液的值偏大，浓度偏小，故B错误；C移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故C错误； D定容后，塞好瓶塞，要进行反复倒转、摇匀操作，为了使瓶内溶液进一步均匀，故D正确； 答案选D。8. 将5.6LCO2气体缓慢通过一定量的Na2O2固体后，得到3.36L气体(气体体积均在标准状况下
9、测定)，所得气体的质量为（ ）A. 3.8gB. 4.8gC. 5.4gD. 6.6g【答案】C【解析】【详解】令参加反应的CO2气体的体积为a，生成的O2的体积为b，则：2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2 气体体积减小V 2 1 1 a b 5.6L-3.36L=2.24L解得a=4.48L，b=2.24L，所以3.36L气体中CO2体积为5.6L-4.48L=1.12L，O2的体积为2.24L，则3.36L气体的质量为+=5.4g；答案选C。9. 下列说法正确的是( )A. H与D，16O与18O互为同位素；H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体；甲醇、乙二醇
10、和丙三醇互为同系物B. 在SiO2晶体中，1个Si原子和2个O原子形成2个共价键C. HI的相对分子质量大于HF，所以HI的沸点高于HFD. 由IA族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，可能是含有共价键的离子化合物【答案】D【解析】【详解】A同素异形体是同种元素组成的不同单质，H216O、D216O、H218O、D218O均为化合物，不可能是同素异形体；甲醇、乙二醇和丙三醇均含有醇羟基，但分子结构中含有的羟基数目不等，结构不相似，三者不是同系物，故A错误；B在SiO2晶体中，1个Si原子和4个O原子形成4个共价键，故B错误；CHI的相对分子质量大于HF，但HF分子间
11、存在氢键，导致HF的沸点明显高于HI，故C错误；DNa2O2是由IA族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，该离子化合物中含有离子键和共价键，故D正确；故答案为D。10. 在溶液导电性实验中，往氢氧化钡溶液中滴加硫酸至过量，灯泡的明亮度变化是：明暗明，下列说法正确的是A. 溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关B. 溶液的导电性与溶液中离子数目的多少有关C. 灯泡最暗时溶液中无自由移动的离子D. 往氢氧化钡溶液中滴加盐酸与滴加硫酸时现象相同【答案】A【解析】【详解】氢氧化钡中加入硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和水，随着硫酸的量的增加，溶液中的离子越来越少，当完全反应生成硫酸钡沉
12、淀时，溶液中的离子最少，然后加入硫酸，溶液中的离子又开始增加，所以溶液导电能力与溶液中的离子的浓度有关，选A。11. 下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是 ( )A. 等浓度的溶液中滴入稀盐酸，放出气体的快慢Na2CO3NaHCO3B. 热稳定性Na2CO3NaHCO3C. 常温时水溶性Na2CO3NaHCO3D. 相对分子质量Na2CO3NaHCO3【答案】A【解析】【详解】A、与盐酸反应时，碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，而碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳气体，则碳酸氢钠反应较快，正确；B、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，而碳酸钠
13、加热不分解，错误；C、常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，错误；D、碳酸钠的相对分子质量为106，碳酸氢钠的相对分子质量为84，错误；答案选A。12. 能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是（）A. CO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水B. CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀C 高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2D. 氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀【答案】B【解析】【详解】A酸性强弱与水溶性没有关系，则无法据此比较酸性，故A错误；BCO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，反应方程式是：Na2SiO3+H2O+CO2Na2CO3+H2S
14、iO3，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；C比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，故C错误；DHCl通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸强，又盐酸易挥发，可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，可能为盐酸与硅酸盐的反应，则无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱，故D错误；答案选B。13. 只用一种试剂可鉴别、四种溶液，这种试剂是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】如果某种试剂与各溶液混合现象均不同，则该试剂可用于鉴别这些溶液。【详解】将各试剂分别和四种溶液混合
15、，混合的现象可列表对比如下：Ba(OH)2 H2SO4 NaOHAgNO3 K2SO4 白色沉淀无明显现象无明显现象白色沉淀MgCl2 白色沉淀无明显现象白色沉淀白色沉淀灰黑色沉淀FeCl2 白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀无明显现象白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀白色沉淀(NH4)2SO4 白色沉淀、刺激性气味气体无明显现象刺激性气味气体白色沉淀由表可知，NaOH与各溶液混合现象均不同，可用于鉴别这些溶液，故选C。14. 两份铝片，一份与足量盐酸反应，另一份与足量烧碱溶液反应，同温、同压下，放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为（ ）A. 1：1B. 2：3C. 3：2D. 1：6【答案】A【解
16、析】【详解】2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，由方程式可知：A当两份铝片的质量之比为1:1时，放出氢气的物质的量之比为1:1，故同温、同压下，放出氢气体积相同，A符合题意；B当两份铝片的质量之比为2:3时，放出氢气的物质的量物质的量之比为2:3，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，B不符合题意；C当两份铝片的质量之比为3:2时，放出氢气的物质的量物质的量之比为3:2，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，C不符合题意；D当两份铝片的质量之比为1:6时，放出氢气的物质的量物质的量之比为1:6，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，D不符合题
17、意；答案选A。15. 把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀盐酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无，且生成的与反应生成的的物质的量之比为3：1，则原混合物中与Fe的物质的量之比为( )A. 1：1B. 2：5C. 4：1D. 3：1【答案】B【解析】【详解】设原混合物中含有xmolFe， 则：1，y：5，故选B。【点睛】该题的关键是明确反应的原理，正确书写有关的化学反应方程式。难点是铁首先与氯化铁反应，最后再与稀盐酸反应，注意铁离子、亚铁离子和氢离子氧化性的比较。16. 下列除去杂质的实验方法正确的是（）A. 除去CO中少量O2：通过灼热的Cu网后收集气体B. 除去K2CO3固体中少量NaHCO
18、3：置于坩埚中加热C. 除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤D. 除去CO2中的少量HCl：通入饱和NaHCO3溶液，收集气体【答案】D【解析】【详解】A通过灼热的Cu网后，氧气可以和金属铜发生反应生成氧化铜，并且一氧化碳会和氧气反应生成二氧化碳，这样在一氧化碳中会引入二氧化碳，且影响被提纯物质，A错误；BNaHCO3分解生成碳酸钠，不能得到纯净的碳酸钾，B错误；C加入适量NaOH溶液生成NaCl，引入新杂质，C错误；DHCl和NaHCO3反应生成NaCl，可除去杂质，D正确，答案选D。【点睛】本题考查混合物分离、提纯方法及选择，把握物质的性质及分离原理为解答的关键，注
19、意除杂的原则即可解答，选项A为易错点。17. 将少量氯水加入盛有KBr溶液的试管中，再加入适量的汽油，然后振荡，静置，产生的现象是（ ）A. 溶液呈橙色B. 溶液呈无色C. 上层液体呈橙色，下层液体几乎无色D. 上层液体呈紫红色，下层液体几乎无色【答案】C【解析】氯气具有强氧化性，通入溴化钾溶液发生反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后得到橙黄色的溴水溶液，倒入汽油后，汽油与水互不相溶，汽油的密度小于水，溶液分层，汽油层在上层，溴在汽油中的溶解度大于在水中的溶解度，振荡后，溴被萃取到汽油层，所以看到的现象是溶液分层，下层为无色的水层，上层为橙色的溶有溴的汽油层，答案选C。点睛：本题考
20、查了氯气的氧化性和萃取的原理，熟悉氯气的性质，明确溴在汽油中溶解度大是解题的关键，注意汽油的密度小于水。18. 某无色气体，可能含CO2、SO2、HCl、HI中的一种或几种，将其通入氯水中，得到无色透明溶液。把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。对于原无色气体推断一定正确的是A. 一定含有SO2B. 定含有HClC. 肯定没有CO2D. 不能肯定是否含有HI【答案】A【解析】【详解】无色混合气体通入氯水中，得到无色透明溶液，HI能够被氯水氧化成碘单质，碘水显黄色，则一定不存在HI；向与氯水反应后加入盐酸酸化B
21、aCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为硫酸钡，则原气体中一定含有SO2；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成，由于之前通入氯水，引进了氯离子，无法确定原气体中是否含有HCl，二氧化碳在实验中没有涉及，不能确定是否含有，因此合理选项是A。二、填空题19. .有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉
22、淀。试根据上述实验事实，回答下列问题：（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式_。（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式_。（3）写出变化的离子方程式：_。. 实验室需要240 mL0.5 molL-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。（1）需称量_ g 烧碱，应放在_中称量、溶解。（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有_。（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有_。A.烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中B.容量瓶未干燥就用来配制溶液 C.定容时仰视容量瓶D.称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯【答案】 (1). BaCl
23、2、K2CO3 (2). Cu(NO3)2=Cu2+2NO3 (3). Ag+Cl=AgCl (4). 5.0 (5). 小烧杯 (6). 250 mL容量瓶，胶头滴管 (7). AD【解析】【详解】. 有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；另取中过滤后
24、的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2+2NO3-；（3）取中过滤后溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgCl；.（1）实验室没有240 mL规格的容量瓶，必须配制250 mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L0.25L40g/mol=5.0g，
25、烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；（）ANaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；B若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；C定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大
26、，则浓度偏小，故C不选；D砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；E未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；答案选AD。20. 已知合金A由两种常见金属组成。为测定其组成，某同学的实验流程如图所示：请回答：(1)过程中分离C和E的化学实验基本操作是_ (2)溶液H中所含的阳离子有_(用离子符号表示)(3)合金A中两种金属_(4)溶液H与过量的氨水生成沉淀F的离子方程式为_。(5)有一种不溶于水的白色固体物质在空气中可以转化为物质C，请写出此反应的化学方程式_。(6)为测定合金的组成，若需要称量沉淀F的质量
27、，则F需要洗涤，如何证明沉淀F是否洗涤干净？_【答案】 (1). 过滤 (2). Al3、H (3). Fe、Al (4). Al3+ + 3NH3H2O=Al(OH)3+3NH (5). 4Fe(OH)2+O2+ 2H2O=4Fe(OH)3 (6). 取最后一次洗涤液，加入少量硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净，若无沉淀产生，则表明沉淀已经洗涤干净【解析】【分析】已知合金A由两种常见金属组成，加入过量盐酸反应得到溶液B，加入过量氢氧化钠溶液丙通入空气，过滤得到红褐色沉淀，判断为Fe(OH)3，加热分解得到粉末状固体D为氧化铁，则确定A中有金属Fe；滤液E加入少量盐酸生成白色沉淀F
28、和溶液G，白色沉淀F加入过量盐酸溶解得到溶液H，溶液H加入过量氨水又生成白色沉淀F，确定白色沉淀F为氢氧化铝沉淀，溶液H为过量盐酸和AlCl3溶液；溶液G为偏铝酸钠和氯化钠的混合溶液，溶液E为NaAlO2溶液，溶液B为氯化亚铁和氯化铝的混合溶液，金属为Fe，Al，以此解答该题。【详解】(1)过程用于分离固体和液体，为过滤操作；(2)F为氢氧化铝，溶于盐酸能生成AlCl3和水，则氢氧化铝中加入过量盐酸得到的H中阳离子为Al3+、H+；(3)由以上分析可知合金中含有Fe、Al；(4)H中阳离子为Al3+、H+，与过量的氨水生成沉淀氢氧化铝的离子方程式为Al3+ + 3NH3H2O=Al(OH)3+
29、3NH；(5)C为Fe(OH)3，可由氢氧化亚铁在空气中被氧气氧化生成，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(6)流程中氢氧化铝沉淀表面附着液中含有Cl-，洗涤时，当取最后一次洗涤液，加入少量硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净，若无沉淀产生，则表明沉淀已经洗涤干净。【点睛】考查物质的组成测定，把握物质的性质、发生的反应、流程中试剂的量、混合物分离提纯方法为解答的关键，难点是忽视Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱溶液，但氨水不能溶解Al(OH)3。21. 过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。
30、(1)某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入_溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。(2)该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取ag样品，并设计用如图装置 来测定过氧化钠的质量分数。A中发生反应离子方程式为_将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_写出装置C中发生的所有反应的化学方程式_，_D中NaOH溶液的作用_读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分 数为_【答案】 (1). CaCl2或BaCl2溶液 (2). CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 (3). 检查装置的气密性 (4
31、). 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 (5). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (6). 吸收未反应的CO2 (7). 【解析】【分析】(1) 过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2生成碳酸钠和氧气，若过氧化钠变质，则含有碳酸钠；(2)过氧化钠与二氧化碳、水反应放出氧气，根据生成氧气的体积可计算过氧化钠的质量，从而计算过氧化钠的纯度。【详解】(1) 过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2生成碳酸钠和氧气，若过氧化钠变质，则含有碳酸钠，碳酸钠与氯化钙或氯化钡反应生成碳酸钙或碳酸钡沉淀，所以加入CaCl2或BaCl2溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质；(2) A
32、中大理石与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 ；将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；进入装置C的气体有二氧化碳、水蒸气，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水蒸气与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，发生反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，D中NaOH溶液的作用是吸收未反应的二氧化碳气体；生成标准状况下氧气的体积为VmL，则氧气的物质的量是 ，根据关系式2Na2O2O2，则过氧化钠的物质的量是，样
33、品中过氧化钠的质量为，过氧化钠的质量分数为。22. A、B、C是中学化学中常见的三种短周期元素。已知：A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；B元素最高正价与最低负价的代数和为2；C元素有多种化合价，且常温下C元素的单质与某种一元强碱溶液反应，可得到两种含C元素的化合物；B、C两种元素质子数之和是A元素质子数的4倍。(1)写出A元素在周期表中的位置：_。(2)画出B元素的原子结构示意图：_。(3)写出C元素的核外电子排布式：_。(4)写出C的单质和强碱溶液反应的离子方程式_。(5)由B、C两种元素组成的化合物x，常温下为易挥发的淡黄色液体，X分子为三角锥形分子。且分子里B、C两种原子最外层
34、均达到8个电子的稳定结构。X遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质。则X的电子式为_，X与水反应的化学方程式是_。(6)A、B两种元素可形成一种硬度比金刚石还大的化合物Y。在化合物Y中，A、B原子间以单键相结合，且每个原子的最外层均达到8个电子的稳定结构。则Y的化学式为_，Y晶体的熔点比金刚石熔点_(填“高”或“低”)。【答案】 (1). 第二周期A族 (2). (3). 1s22s22p63s23p5 (4). C12+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). (6). NCl3+3H2O=NH3+3HClO (7). C3N4 (8). 高【解析】【分析】短周期元素A、B、C，其中：A元素
35、原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为碳元素；B元素最高正价与最低负价的代数和为2，则B为N元素或P元素；C元素有多种化合价，且常温下C元素的单质与某种一元强碱溶液反应，可得到两种含C元素的化合物，则C为Cl元素；B、C两种元素质子数之和是A元素质子数的4倍，则B的质子数为=64-17=7，则B为N元素。【详解】由分析知：A为碳元素、B为N元素、C为Cl元素；(1)A为碳元素，核电荷数是6，则碳元素在周期表中的位置为第二周期A族；(2)B为N元素，核电荷数是7，原子结构示意图为；(3)C为Cl元素，核电茶荷数为17，根据能量构造原理，氯原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；
36、(4)Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，发生反应的离子方程式C12+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(5)由N、Cl两种元素组成的化合物x，常温下为易挥发的淡黄色液体，X分子为三角锥形分子，且分子里B、C两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，已知N原子需要形成3个共用电子对，而氯原子只需要形成1个共用电子对，则X的化学式为NCl3，是共价化合物，其电子式为，NCl3遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质，应为HClO，另一种产物应为NH3，则发生反应的化学方程式是NCl3+3H2O=NH3+3HClO；(6)C、N两种元素可形成一种硬度比金刚石还大的化合物Y中，C、N原子间以单键相结合，且每个原子的最外层均达到8个电子的稳定结构，结合C原子易形成4个共价键，而N原子需要形成3个共价键，可知Y的化学式为C3N4，因C-N键比C-C键长短，键能大，则C3N4晶体的熔点比金刚石熔点高。【点睛】考查原子结构与性质的关系，推断元素是解题关键，难点是根据三种元素之间形成化合物的特点准确推断X和Y的化学式，可结合三种元素常见化合价或形成稳定结构需要得电子或形成共用电子对的数目解题。- 16 -
