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贵州省铜仁市松桃民族中学2023-2024学年高一上学期期末考试
高一 化学（选考）
注意事项:
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答: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。写在试卷.草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
一、选择题:本大题共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑。下列叙述不正确的是(　　)
A. 上述反应涉及到的物质中，Fe的还原性最强
B. 上述反应涉及到的物质中，NaNO2的氧化性最强
C. 上述反应中，铁是还原剂，NaNO2和NaOH是氧化剂
D. 的氧化性大于的氧化性
2.下列离子方程式与所给事实不相符的是(　　)
A. 铁粉溶于稀硫酸:Fe+2H+ Fe2++H2↑
B. 食醋去除水垢中的CaCO3:CaCO3+2H+ Ca2++H2O+CO2↑
C. 利用覆铜板制作印刷电路板:2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+
D. Na2S去除废水中的Hg2+:Hg2++S2- HgS↓
3.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物个数比N(NO2)∶N(NO)＝1∶1时。下列说法正确的是(　　)
A. 1个Cu2S参加反应时有8个电子转移 B. 参加反应的N(Cu2S)∶N(HNO3)＝1∶5
C. 反应中Cu2S既作氧化剂，又作还原剂 D. 产物N[Cu(NO3)2]∶N(CuSO4)＝1∶1
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　)
A. 3.2 g O2中含有的原子数为0.2NA
B. 0.2 mol CH4中含有的电子数为2NA
C. 0.1 mol CO2、SO2的混合气体中含有的氧原子数为0.2NA
D. 标准状况下，22.4 L H2O中含有的分子数为NA
5.等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若两容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，下列结论一定不正确的是(　　)
A. 分子个数比为1∶1 B. 原子个数比为5∶4
C. 质量比为17∶16 D. 氢原子个数比为4∶3
6.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，所得推测不合理的是（　　）
A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D
7.下列说法正确的是(　　)
A. 化合物所含元素价态越高，化合物的氧化性一定越强
B. 已知反应①Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu、②2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，则氧化性强弱顺序为Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋
C. 已知还原性：B－>C－>D－，反应2C－＋D2===2D－＋C2和反应2C－＋B2===2B－＋C2都能发生
D. 具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应
8.为验证在光照条件下新制饱和氯水体系中某些微粒变化情况。采用数字化实验采集数据如图所示，下列分析正确的是(　　)
纵坐标的物理量可以是溶液的pH
氯水漂白能力：a < b
C. 的浓度：a > b
D. 分解生成氧气的体积：a > b
9.化学概念间在逻辑上存在如图所示的几种关系，下列概念间的关系说法正确的是(　　)
A. 纯净物与混合物属于包含关系 B. 单质与化合物属于交叉关系
C. 化合物与碱性氧化物属于包含关系 D. 分散系与胶体属于并列关系
10.下列有关碱金属元素、卤素原子结构和性质的描述正确的是(　　)
A. 随着核电荷数的增加，卤素单质的熔、沸点依次升高，密度依次减小
B. F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb的最外层电子数都是1
C. 碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2O
D. 根据F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，可推出HF、HCl、HBr、HI的还原性及热稳定性依次减弱
11.现有质量分数为20％，物质的量浓度为的稀蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为40％，此时该的物质的量浓度为，则和的数值关系是(　　)
A. B. C. D. 无法确定
12.核内中子数为N的R3＋，其质量数为A，则n g R的氧化物中所含的质子的物质的量为（　　）
A. （A － N ＋ 8） mol B. （A － N ＋ 12） mol
C. （2A － 2N ＋ 24） mol D. （A －N） mol
13.某化学实验探究小组用电磁搅拌加热器(温度最高可达65 ℃)加热饱和NaHCO3溶液，并利用CO2传感器检测溶液中CO2的含量，其含量随温度变化如图所示：
下列有关叙述错误的是(　　)
A. ab段溶液中CO2的含量降低的原因是温度升髙，溶解的CO2气体逸出
B. bc段溶液中CO2的含量升高的原因是溶液中HCO受热分解生成CO2气体
C. 由图像可知，NaHCO3固体受热分解的温度为48.2 ℃
D. 除去NaHCO3溶液中的少量碳酸钠杂质可以向溶液中通入过量CO2气体
14.两种大气污染物NO2和SO2在一定条件下可以发生如下反应：NO2＋SO2===NO＋SO3，在体积为V L的密闭容器中通入3 mol NO2和5 mol SO2，反应后容器内氮原子和氧原子个数之比为(　　)
A. B. C. D.
15.将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3＋和Fe2＋浓度相等。则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比是（　　）
A. 2∶3 B. 3∶2 C. 1∶2 D. 1∶1
16.X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知：①元素对应的原子半径大小为XA. W、M的简单离子半径：M>W
B. YZ2为共价化合物，W2Z2既含有离子键又含有共价键
C. Z与X形成的化合物的熔、沸点偏高是因为分子间存在氢键
D. Z与M形成的化合物可作为耐高温材料
二、非选择题（共52分）
17（12分）.金属钛(Ti)广泛应用于航空、军工、医疗等领域。以钛铁矿(主要含有FeTiO3及少量SiO2、FeO、Fe2O3、CaO)制备金属Ti的工艺流程如下：
已知：①“酸浸”时，钛铁矿与浓H2SO4在160~200℃发生非氧化还原反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+。②高温下，Ti易与N2、H2反应。
(1)“酸浸”前钛铁矿需要粉碎研磨，其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)FeTiO3中Ti的化合价为　　　　，“滤渣”中主要含有SiO2和　　　　　(填化学式)。
(3)“酸浸”中发生主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)试剂X为　　　　　(填化学式)，其作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)“高温冶炼”过程需在氩气气氛中进行，其原因是　　　　　　　　　　　　　　　。
18（14分）.氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药生产、药物合成都需要它。
(1)工业上通常采用电解法制氯气，请观察图1后回答下列问题：
通电后，b侧产生的气体用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，现象是变蓝。化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)某学生设计如图2所示的实验装置，利用氯气与潮湿的熟石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)，回答下列问题：
①在A装置中制取氯气，请写出反应的化学方程式______________________________。
②漂白粉在U形管中产生，其化学方程式是____________________________________。
③装置C的作用是_______________________________。
(3)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应：
①温度较高时氯气与熟石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是___________________________。
②试判断另一个副反应：_______________________________________(用化学方程式表示)，为避免此副反应的发生，可以在A与B之间连接一个装有__________的洗气瓶。
19（14分）.铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识,回答下列问题。
Ⅰ.某学习小组同学研究铁与水蒸气的反应,分别进行了如图实验。
请回答下列问题:
(1)实验①中肥皂液作用是　　　　　　　　　　;实验①中能观察到肥皂液中持续产生肥皂泡,当用燃烧着的火柴靠近肥皂泡时,气泡破裂,气体燃烧,火焰呈黄色,并发出轻微的爆鸣声,解释火焰呈黄色的原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;实验①中反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)实验②前,甲同学对其反应及现象进行预测:向反应后固体中加入稀硫酸发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　;实验②中溶液B呈现红色,其中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)实验②中,乙同学观察到溶液B未呈现红色,检验B溶液中金属离子(不考虑K+)的方法为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ.我国具有5 000年文化,文物是活的历史。某博物馆修复出土铁器包括:检测锈蚀产物→分析腐蚀原理→脱氯→形成保护层等过程。
(4)锈蚀产物的主要成分为Fe3O4、Fe2O3、H2O、FeO(OH)、FeOCl。研究发现,出土文物Fe3O4保护层被O2氧化为FeO(OH)而引起腐蚀。FeO(OH)中铁的化合价为　　　　价。
(5)利用在NaOH溶液中,溶解度FeOCl大于FeO(OH),对固体FeOCl进行脱氯,离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)用Na2SO3把脱氯产物FeO(OH)还原为Fe3O4,生成1 mol Fe3O4需要　　　　mol Na2SO3。
20（12分）.元素是组成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。
(1)1869年,门捷列夫在前人研究的基础上研制出了第一张元素周期表。到20世纪初,门捷列夫在元素周期表中为未知元素留下的空位逐渐被填满,而且,随着原子结构的逐渐揭秘,科学家们发现了元素性质不是随着相对原子质量的递增呈现周期性变化,而是随着原子序数(核电荷数)的递增呈现周期性变化。其本质原因是　　　　(填字母)。
A.随着核电荷数递增,原子核外电子排布呈现周期性变化
B.随着核电荷数递增,原子半径呈现周期性变化
C.随着核电荷数递增,元素的化合价呈现周期性变化
(2)有A、B、D、E、X、Y、Z七种短周期元素。X与Y处于同一周期,Y的最高价氧化物对应的水化物与强酸、强碱均能反应。Z的单质常温下为气态,相同条件下对于氢气的相对密度为35.5。其余元素的信息如图所示:
①上述七种元素中,处于第二周期的有　　　　(填元素符号),X在周期表中的位置是　　　　　　　　　　　　。
②A、D、Z三种元素所形成的化合物DA4Z中的化学键类型是　　　　　　　　　　　。
③X的最高价氧化物对应水化物与Y的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。
④下列可以判断X和Y元素原子失电子能力强弱的是　　　　(填字母)。
a.单质的熔点X比Y低
b.单质与酸反应时,失电子数X比Y少
c.单质与水反应X比Y剧烈
d.最高价氧化物的水化物的碱性X比Y强
⑤B和D的最高价氧化物对应水化物的酸性前者弱于后者,利用原子结构解释产生差异的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
一、单选题
1.【答案】C
【解析】3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑反应中，Fe是还原剂，NaNO2是氧化剂，所以上述反应涉及的物质中，铁的还原性最强，NaNO2的氧化性最强，故A、B正确；上述反应中，NaOH中元素化合价不变，既不是氧化剂又不是还原剂，故C错误；上述反应中，NaNO2是氧化剂，Na2FeO2是氧化产物，所以的氧化性大于的氧化性，故D正确。
2.【答案】B
【解析】食醋主要成分为CH3COOH,CH3COOH在书写离子方程式时需写化学式。
3.【答案】D
【解析】1个Cu2S参加反应时有1×2×(2－1)＋1×[6－(－2)]＝10个电子转移，故A错误；由2Cu2S＋14HNO3（稀）===2Cu(NO3)2＋2CuSO4＋5NO2↑＋5NO↑＋7H2O可知，参加反应的N(Cu2S)∶N(HNO3)＝1∶7，故B错误；反应中，Cu2S作还原剂，故C错误；产物N[Cu(NO3)2]∶N[CuSO4]＝1∶1，故D正确。
4.【答案】D
【解析】3.2 g O2中含有的原子数为×2NA＝0.2NA，A正确；1个CH4分子中含有10个电子，则0.2 mol CH4中含有的电子数为0.2×10NA＝2NA，B正确；0.1 mol CO2、0.1 mol SO2所含氧原子数都为0.2NA，则0.1 mol该混合气体中含有的氧原子数为0.2NA，C正确；标准状况下，H2O不为气体，此时水的密度未知，无法计算22.4 L H2O的分子数，D错误。
5.【答案】C
【解析】同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以CH4与NH3的物质的量相同。根据N＝n·NA可知，分子数之比等于其物质的量之比，则CH4与NH3的分子数之比为1∶1，A正确；一个CH4分子中含有5个原子，一个NH3分子中含有4个原子，则CH4与NH3的原子数之比为5∶4，B正确；CH4与NH3的物质的量相等，根据m＝nM可知，质量之比等于其摩尔质量之比，故CH4与NH3的质量之比为16 g·mol－1∶17 g·mol－1＝16∶17，C错误；一个CH4分子中含有4个氢原子，一个NH3分子中含有3个氢原子，CH4与NH3的分子数之比为1∶1，则CH4与NH3分子中含有的氢原子数之比为4∶3，D正确。
6.【答案】D
【解析】A．同主族金属元素随着原子序数的递增，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，Ca(OH)2、Ba(OH)2均为强碱，Ca、Sr、Ba位于同一主族，上到下为Ca、Sr、Ba，能推出氢氧化锶是强碱，A不符合题意；
B．铝元素的电负性小于硅，由Al与Cl形成共价键可以推出Si与Cl也形成共价键，B不符合题意；
C．由HF是弱酸，HBr是强酸推出同主族元素随着原子序数的递增，氢化物水溶液酸性依次增强，可以推出HI是强酸，C不符合题意；
D．随核电荷数递增，第ⅦA族元素单质的沸点逐渐升高，D符合题意；
故选D。
7.【答案】B
【解析】化合物所含元素价态越高，化合物的氧化性不一定越强， A错误；在反应Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu中氧化性Cu2＋>Fe2＋，在反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋中氧化性Fe3＋＞Cu2＋，故氧化性：Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋，B正确；还原性：C－>D－，故反应2C－＋D2===2D－＋C2能发生，还原性：B－>C－，故反应2C－＋B2===2B－＋C2不能发生，C错误；具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的外部条件，如O2和H2的混合气体在常温下就不发生化学反应，D错误。
8.【答案】A
【解析】次氯酸光照发生反应：，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，pH减小，A正确；次氯酸光照分解，时间越长，分解的次氯酸越多，漂白性减小，B错误；光照条件下次氯酸生成强电解质HCl，时间越长，溶液中氯离子浓度越大，C错误；次氯酸光照分解生成氧气，时间越长，装置内氧气越多，气体混合物中氧气的体积分数增大，D错误。
9.【答案】C
【解析】纯净物与混合物是依据组成物质的不同分成的两种类型，属于并列关系，A错误；单质与化合物是纯净物依据组成元素的不同分成的两种类型，属于并列关系，B错误；碱性氧化物是化合物的一个分支，属于包含关系，C正确；胶体是分散系的一个分支，属于包含关系，D错误。
10.【答案】B
【解析】随着核电荷数的增加，卤素单质的熔、沸点依次升高，密度依次增大，A项错误；碱金属单质的金属性从Li到Cs依次增强，加热时与氧气反应，锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠等，C项错误；F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则对应单质的氧化性依次减弱，离子的还原性依次增强，即HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，热稳定性依次减弱，D项错误。
11.【答案】B
【解析】溶液中溶质的质量分数由20％变为40％，则蒸发掉原溶液质量一半的水，设质量分数为20％的的密度为，蒸发后密度为，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：，，，得，的浓度越大密度越大，，则得到，B正确。
12.【答案】B
【解析】R的氧化物化学式为R2O3，一个R2O3含有2×（A－N）＋3×（16－8）＝2（A－N＋12）个质子，该物质的摩尔质量为（2A＋3×16） g/mol，所以n g R的氧化物的物质的量为 mol，含有 mol×2（A－N＋12）＝（A － N ＋ 12） mol质子。
13.【答案】C
【解析】NaHCO3溶液中溶解有CO2，当加热时，CO2气体逸出，使溶液中CO2的含量降低，A正确；48.2 ℃后，溶液中CO2的含量随温度升高而逐渐升高，说明HCO发生分解生成了CO2气体，B正确；由题图可知饱和NaHCO3溶液加热至48.2 ℃时开始生成气体，不能得出NaHCO3固体的分解温度为48.2 ℃的结论，C错误；Na2CO3和CO2在溶液中可发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，D正确。
14.【答案】C
【解析】化学反应前后原子种类和原子个数不变，N(N)∶N(O)＝n(N)∶n(O)＝n(NO2)∶[2n(NO2)＋2n(SO2)]＝3∶(3×2＋5×2)＝3∶16。
15.【答案】A
【解析】铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+===3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为x，则有 ，因为溶液中c(Fe3+)=c(Fe2+)，则没反应的Fe3+的物质的量为1.5x，反应的Fe3+的物质的量为x，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比= x∶1.5x =2∶3，故A符合题意。
16.【答案】A
【解析】五种元素是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子半径：XAl3＋，故A说法错误；B项，YZ2为CO2，CO2属于共价化合物，W2Z2 为 Na2O2，其电子式为，既含有离子键又含有共价键，故B说法正确；C项，Z与X形成的化合物是H2O2和H2O，其熔、沸点偏高是因为分子间存在氢键，故C说法正确；D项，Z与M形成的化合物是Al2O3，氧化铝的熔点较高，因此可作为耐高温材料，故D说法正确。
二、非选择题
17.【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，提高原料的利用率
(2)+4　CaSO4
(3)FeTiO3＋2H2SO4FeSO4＋TiOSO4＋2H2O
(4)Fe　将Fe3+还原成Fe2+
(5)Mg能与空气中的N2、O2和CO2反应，且氩气氛围可防止Ti被氧化
【解析】钛铁矿酸浸后、均被溶解，变为含Fe3+、Fe2+、TiO2+的溶液，其中不反应，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，废渣的主要成分为、硫酸钙，加入适量铁屑主要是还原为；随后加入碳酸钠粉末促使TiO2+水解得到氧化钛，脱水后得到粗TiO2，最后用镁还原出单质钛。
(1)从反应速率的影响因素分析可知“酸浸”前钛铁矿需要粉碎研磨，其目的是增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，提高原料的利用率；
(2)FeTiO3中铁为+2价，氧为-2价，根据正负化合价为零的原则可知，其中Ti的化合价为+4；钛铁矿主要含有FeTiO3及少量SiO2、FeO、Fe2O3、CaO，酸浸时二氧化硅不反应，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，故“滤渣”中主要含有SiO2和CaSO4；
(3)根据信息可知，“酸浸”时，钛铁矿与浓H2SO4在160~200℃发生非氧化还原反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，相应的方程式为：FeTiO3＋2H2SO4FeSO4＋TiOSO4＋2H2O；
(4)钛铁矿中含有氧化铁，酸浸时和硫酸反应生成三价铁离子，通过流程可知，水浸后得到硫酸亚铁，故试剂X是单质铁，其作用是：将Fe3+还原成Fe2+；
(5)根据流程可知，“高温冶炼”时用镁置换出金属钛，而镁可以和空气中的N2、O2和CO2反应，故“高温冶炼”过程需在氩气气氛中进行的原因是：Mg能与空气中的N2、O2和CO2反应，且氩气氛围可防止Ti被氧化。
18.【答案】(1)Cl2＋2KI===I2＋2KCl　
(2)①MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　
②2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O　
③吸收未反应完的氯气，防止污染空气　
(3)①冷却B装置　②2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O　饱和氯化钠溶液
【解析】(1)氯气能置换出碘化钾中的碘单质，使试纸变蓝，反应的化学方程式是Cl2＋2KI===I2＋2KCl。
(2)①在A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应的化学方程式是MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
②U形管中，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式是2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
③氢氧化钠吸收未反应完的氯气，防止污染空气。
(3)①温度较高时氯气与熟石灰反应生成Ca(ClO3)2，所以冷却B装置可以避免此副反应发生。
②氯气中含有杂质氯化氢，氢氧化钙与氯化氢反应，反应的化学方程式是2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O；在A与B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，可避免此副反应的反应。
19.【答案】(1)收集氢气　肥皂液中含有Na+,钠元素焰色试验为黄色　3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
(2)Fe3O4+8H+ 2Fe3++Fe2++4H2O　Fe3++3SCN- Fe(SCN)3
(3)取少量溶液B于试管中,加入少量氯水(或H2O2溶液),溶液变红,说明溶液中含Fe2+
(4)+3
(5)FeOCl+OH- FeO(OH)+Cl-
(6)0.5
【解析】(1)该装置中湿棉花提供水蒸气,与铁粉在高温下反应生成Fe3O4和H2,其化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2;肥皂泡用于收集氢气。肥皂液中含Na+,Na+的焰色试验为黄色,故火焰呈黄色。(2)反应后得到固体Fe3O4,加入稀硫酸反应生成Fe3+、Fe2+和水,其离子方程式为Fe3O4+8H+ 2Fe3++Fe2++4H2O。溶液A中含Fe3+,加入KSCN后反应生成Fe(SCN)3使溶液呈红色,即离子方程式为Fe3++3SCN- Fe(SCN)3。(3)实验②中,乙同学观察到B溶液未呈现红色,可能是反应后固体中有Fe剩余,Fe与Fe3+反应生成了Fe2+,要检验Fe2+,可取少量溶液B于试管中,加入少量氯水或H2O2溶液,观察到溶液变红,即可说明B溶液中含有Fe2+。(4)FeO(OH)中O为-2价,H为+1价,则Fe为+3价。(5)对FeOCl脱氯时,FeOCl与OH-反应生成FeO(OH)和Cl-,可用离子方程式表示为FeOCl+OH- FeO(OH)+Cl-。(6)用Na2SO3将FeO(OH)还原为Fe3O4,Na2SO3被氧化为Na2SO4,生成1 mol Fe3O4转移1 mol电子,需要0.5 mol Na2SO3。
20.【答案】(1)A　(2)①C、N　第三周期ⅠA族　②离子键、共价键　③Al(OH)3+OH-　④cd　⑤C原子和N原子具有相同的电子层数,N原子的核电荷数大于C,N原子半径小于C,N原子的得电子能力强于C原子,故其最高价氧化物的水化物的酸性强
【解析】图中信息显示,A原子的最外层电子数为1,原子半径最小,则A为H元素;B原子的最外层电子数为4,原子半径较小,则其为C元素;D原子的最外层电子数为5,原子半径稍小于C,则其为N元素;E原子的最外层电子数为6,原子半径大于N,则其为S元素;X原子的最外层电子数为1,原子半径比S大,则其为Na元素。X与Y处于同一周期,Y的最高价氧化物对应的水化物与强酸、强碱均能反应,则Y为Al元素;Z的单质常温下为气态,相同条件下对于氢气的相对密度为35.5,则Z单质的相对分子质量为71,Z为Cl元素。从而得出,A、B、D、E、X、Y、Z分别为H、C、N、S、Na、Al、Cl。
(1)科学家们发现了元素性质不是随着相对原子质量的递增呈现周期性变化,而是随着原子序数(核电荷数)的递增呈现周期性变化。其本质原因是:随着核电荷数的递增,原子核外电子排布呈现周期性变化,A正确。
(2)①题中给出的七种元素中,处于第二周期的元素有C、N,X为11号元素Na,在元素周期表中的位置是第三周期ⅠA族。②A、D、Z三种元素分别为H、N、Cl,所形成的化合物NH4Cl中含有和Cl-,化学键类型是离子键和共价键。③X的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,Y的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3,二者反应生成Na[Al(OH)4],离子方程式为Al(OH)3+OH-。④单质的熔点Na比Al低,不能说明失电子强弱关系,a不符合题意;单质与酸反应时,失电子数多少不能表明失电子能力的强弱,b不符合题意;单质与水反应Na比Al剧烈,表明Na比Al容易失去电子,即失电子能力:Na>Al,c符合题意;最高价氧化物的水化物的碱性:Na>Al,则表明金属性:Na>Al,即失电子能力:Na>Al,d符合题意;故选cd。⑤C和N的最高价氧化物对应水化物的酸性前者弱于后者,则表明非金属性:C

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