【化学】江西省鄱阳县第一中学2018-2019学年高一下学期第一次检测试题（解析版）

江西省鄱阳县第一中学2018-2019学年高一下学期第一次检测试题
可能用到相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Zn:65
第I卷(选择题 共48分)
一、单选题(每题3分，共48分)
1.下列用途中应用了氮气的稳定性的是：（ ）
A. 以氮气为原料之一制造硝酸 B. 合成氨气后，制氮肥
C. 金属焊接时的保护气 D. 镁可以和氮气反应
【答案】C
【详解】A、利用N2制备硝酸，发生的反应为N2＋3H22NH3、4NH3＋5O24NO＋6H2O、2NO＋O2=2NO2、3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，与N2的稳定性无关，故A不符合题意；
B、根据A选项分析，合成氨气，制备氮肥，与N2的稳定性无关，故B不符合题意；
C、单质氮的化学性质相对稳定，因此氮气常作金属焊接时的保护气，与氮气的稳定性有关，故C符合题意；
D、Mg能与N2反应生成Mg3N2，与N2的稳定性无关，故D不符合题意。
2.随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已被发现。下列有关说法中，正确的是(　 　)
A. N5+中含有36个电子 B. O2与O3互为同位素
C. C60的摩尔质量为720 D. H2与H3属于同素异形体
【答案】D
【详解】A、N5+离子是在分子的基础上失去1个电子后形成的，故含有34个电子，故A错误；
B、同位素的研究对象是原子，而O2与O3均为单质，不是同位素，故B错误；
C、摩尔质量的单位是g/mol，故C错误；
D、由同种元素形成的不同单质互称为同素异形体，故H2与H3属于同素异形体，故D正确；
答案选D。
3.下列说法中正确的是（　　）
A. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
B. 只含有离子键的化合物才是离子化合物
C. 并非只有非金属原子间才能形成共价键
D. 由共价键形成的分子一定是共价化合物
【答案】C
【解析】分析：A．含有共价键的化合物可能是离子化合物；
B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；
C．氯化铝中含有共价键；
D．单质分子中也含有共价键。
详解：A．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如KOH等，A错误；
B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH等，B错误；
C．并非只有非金属原子间才能形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，C正确；
D．由共价键形成的分子可能是单质，如O2等，D错误；
答案选C。
4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A. 1mol FeCl3完全转化为Fe(OH)3 胶体后生成NA个胶体粒子
B. 1.8g的NH4+中含有的电子数为NA
C. 常温常压下，32g O2和O3的混合气体中所含原子数为1.5NA
D. 5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA
【答案】B
【详解】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，1mol FeCl3完全转化为Fe(OH)3 胶体后形成的胶粒的个数小于NA个，故A错误；
B、1.8g的NH4+的物质的量==0.1mol，含有的离子数是0.1NA，每个离子中含有10个电子，所以1.8g的NH4+中的含有NA个电子，故B正确；
C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含2mol氧原子即2NA个，故C错误；
D、铁和硝酸反应后最终可能变为+3价，也可能变为+2价，故5.6g铁即0.1mol铁反应后转移的电子数不一定为0.3NA个，故D错误；
答案选B。
5. 下列反应中，浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性的是(　　)
A. 2NaCl＋H2SO4(浓)Na2SO4＋2HCl↑
B. Na2SO3＋H2SO4(浓)Na2SO4＋SO2↑＋H2O
C. C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
D. 2FeO＋4H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋SO2↑＋4H2O
【答案】D
【详解】A、该反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，H2SO4只表现了酸性，故A不符合题意；
B、该反应没有化合价变化，不属于氧化还原反应，H2SO4只表现了酸性，故B不符合题意；
C、H2SO4中S的价态由＋6价→＋4价，化合价降低，硫酸在此反应中只体现氧化性，故C不符合题意；
D、该反应中S的价态由＋6价→＋4价，化合价降低，硫酸表现为氧化性，产物中有Fe2(SO4)3，因此硫酸还表现为酸性，故D符合题意。
6.下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
B. 向稀氨水中通入少量CO2：2NH3·H2O+CO2=2NH4++CO32-+H2O
C. 用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2++H2S↑
D. 将醋酸滴入硅酸钠溶液中：SiO32-+2H+=H2SiO3↓
【答案】B
【解析】A. 将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钙、次氯酸和氯化钙，A错误；B. 向稀氨水中通入少量CO2：2NH3·H2O+CO2＝2NH4++CO32- +H2O，B正确；C. 用稀HNO3溶解FeS固体发生氧化还原反应生成硫酸、硝酸铁、NO和水，C错误；D. 将醋酸滴入硅酸钠溶液中：SiO32- +2CH3COOH＝H2SiO3↓+2CH3COO-，D错误，答案选B。
7.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与2H原子组成HmX分子。在a gHmX中所含质子的物质的量是( )
A. a(A－N/A)mol B. a(A－N＋m)/(A+2m)mol
C. a(A－N)/(A+2m)mol D. a(A－N＋m)/(A+m)mol
【答案】B
【详解】某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，则质子数为(A-N)，则每个HmX分子含有质子数为(A-N+m)，ag HmX的物质的量为=mol，故含有质子物质的量为mol×(A-N+m)=(A-N+m) mol，故选B。
8.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法中正确的是(　 　)　

A. X的最常见气态氢化物的水溶液显酸性
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强
C. Z的单质与氢气反应比Y单质与氢气反应剧烈
D. X的原子半径小于Y
【答案】B
【详解】根据图示元素的位置关系，结合Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，可以推出Z为S，从而可以确定X为N，Y为O，W为Cl。A、N的最常见气态氢化物NH3的水溶液显碱性，故A项错误；B、非金属性Cl强于S，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4，故B项正确；C、非金属性O强于S，因此O2与H2反应较S与H2反应剧烈，故C项错误；D、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，因此N的原子半径大于O，故D项错误。
9.在溶液中加入适量Na2O2 后仍能大量共存的离子组是( )
A. Cu2+、Ba2+、Cl-、NO3- B. Na+、Cl-、CO32- 、SO32-
C. Ca2+、K+、NO3-、HCO3- D. K+、AlO2-、Cl-、SO42-
【答案】D
【详解】Na2O2具有强氧化性，能和水反应生成氢氧化钠和氧气，加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明离子不具有强还原性，且与OH-不反应。
A．加入过氧化钠后，Cu2+与OH-反应，不能大量共存，故A错误；
B．SO32-具有还原性，能够被Na2O2氧化，加入Na2O2后不能大量共存，故B错误；
C．Ca2+、HCO3-与氢氧化钠反应生成沉淀，加入过氧化钠后不能大量共存，故C错误；
D．K+、AlO2-、Cl-、SO42-之间不反应，加入过氧化钠后也不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
答案选D。
10.氰[(CN)2]的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是( )
A. (CN)2和NaOH溶液反应：(CN)2＋2OH－=== CN－＋CNO－＋H2O
B. MnO2和HCN反应：MnO2＋4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O
C. 向KCN溶液中加入碘水：I2＋2KCN === 2KI＋(CN)2
D. 在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：Cl2＋2CN－=== 2Cl－＋(CN)2
【答案】C
【解析】
【分析】氰(CN)2的化学性质与卤素（X2）很相似，(CN)2和水反应可生成HCN和HCNO；(CN)2的氧化性比Br2弱，比I2强，类推卤素单质的性质分析判断选项。
【详解】A．(CN)2和NaOH溶液反应可以类推氯气和氢氧化钠溶液的反应，所以反应的离子方程式为(CN)2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O，A正确；
B．MnO2和HCN反应可以类推二氧化锰和浓盐酸的反应，所以反应的化学方程式为MnO2＋4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O，B正确；
C．向KCN溶液中加入碘水，可以类推置换反应，(CN)2的氧化性比I2强，不能发生反应I2＋2KCN＝2KI＋(CN)2，C错误；
D．在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，(CN)2的氧化性比Br2弱，所以溴离子还原性小于CN-离子，先发生反应Cl2＋2CN－＝2Cl－＋(CN)2，D正确；
答案选C。
11. 部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：

下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径的大小顺序：e＞f＞g＞h
B. 与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞d
C. x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键
D. e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应
【答案】C
【解析】试题分析：根据原子序数及化合价判断最前面的元素X是氢元素，y为碳元素，Z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，f为氯元素。离子半径大小g＞h＞ e＞f；选项A错误；与x形成简单化合物的沸点：水高于氨气高于甲烷d＞z＞y，选项B错误；氢元素氮元素氧元素可以组成硝酸铵为离子化合物，选项C正确；g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D错误。
12.短周期元素X、Y可以形成化合物XY2。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 若XY2是共价化合物，则X与Y的原子序数不可能相差1
B. 若XY2是离子化合物，则X与Y的原子序数可能相差8
C. 若X与Y的原子序数相差6，则共价化合物XY2可溶于强碱溶液
D. 若X与Y的原子序数相差5，则离子化合物XY2不溶于水
【答案】C
【解析】短周期非金属元素X和Y能形成XY2型化合物，X、Y的化合价分别为+2、-1价时，可以分别在ⅡA、ⅦA；X、Y的化合价分别为+4、-2价时可能均在ⅣA、ⅥA，还有可能为SO2、NO2、SCl2等；A．如共价化合物NO2，X与Y的原子序数相差1，故A错误；B．若 XY2是离子化合物，X、Y的化合价分别为+2、-1价，可以分别在ⅡA、ⅦA，或Y为氢元素，X与Y的原子序数不可能相差8，故B错误；C．若X与Y的原子序数相差 6，XY2为共价化合物，为SiO2，二氧化硅能溶于强碱溶液，如与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故C正确；D．若X与Y的原子序数相差 5，XY2为离子化合物，可以为MgCl2等，MgCl2可溶于水，故D错误；故选C。
13.X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，Xa＋、Yb－、Z(b＋1)－简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（ ）
A. 已知mXa＋与nYb－，得m＋a＝n－b
B. 离子半径：Yb－>Z(b＋1)－>Xa＋
C. Z(b＋1)－的还原性大于Yb－
D. 气态氢化物的稳定性Hb＋1Z一定大于HbY
【答案】C
【解析】
【分析】Xa+、Yb-、Z（b+1）-简单离子具有相同的电子层结构，核外电子数相等，X、Y、Z在周期表中的相对位置是 ，则核电荷数X＞Y＞Z，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，非金属性越强氢化物越稳定、阴离子还原性越弱，据此解答。
【详解】已知mXa＋与nYb－，简单离子具有相同的电子层结构，核外电子数相等，得m-a＝n+b，故A错误；
B. 电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，离子半径：Z(b＋1)－> Yb－> Xa＋，故B错误；
C. 非金属性Y>Z，非金属性越强阴离子还原性越弱，Z(b＋1)－的还原性大于Yb－，故C正确；
D. 非金属性Y>Z，非金属性越强氢化物越稳定，所以气态氢化物的稳定性Hb＋1Z＜HbY，故D错误。
14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径大小顺序：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y）
B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的最高价氧化物对应水化物的酸性强
D. Y的简单氢化物的热稳定性比W的强
【答案】B
【解析】试题分析：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2-具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg．
A.Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），A错误；B.Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，B错误；C.C和Si同主族，非金属性C＞Si，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，C正确；D.非金属性O＞Si，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，D正确；答案选B。
15.X、Y、Z、W为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中正确的是（ ）
元素
X
Y
Z
W
原子半径(nm)
0.077
0.075
0.102
0.099
最高正价或最低负价
＋4
＋5
－2
－1
A. 1molW的单质参加氧化还原反应时转移的电子数一定为2 mol
B. W、X、Y三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强
C. Y的氢化物与W的单质反应的产物中可能含有共价键和离子键
D. 0.3 mol Cu分别与足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反应均产生0.2 mol气体
【答案】C
【解析】试题分析：X、Y、Z、W为四种短周期元素，根据化合价和原子半径，可以知道X、Y、Z、W分别为C、N、S、Cl。A、1molW的单质参加氧化还原反应时转移的电子数不一定是2mol，例如氯气与氢氧化钠的反应就只是转移了1mol电子，A错误；B、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则X、Y、W三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，B错误；C、氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，产物中含有共价键和离子键，C正确；D、HYO3和H2ZO4分别硝酸和硫酸，而铜并不会跟稀硫酸反应，D错误，答案选C。
16.将一定量锌与100mL18mol/L浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体0.8mol，将反应后的溶液稀释得400mL，测得溶液c(H+)=2mol/L，则下列叙述中错误的是（ ）
A. 气体中SO2和H2物质的量比为6:1 B. 反应中共消耗锌52.0g
C. 所得气体应该为SO2和H2混合物 D. 反应共转移电子1.6mol
【答案】A
【解析】
【分析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。
【详解】生成气体的物质的量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.5×0.4L×2mol/L=0.4mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18mol/L-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则根据方程式Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O、Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑可知x+y=0.8、2x+y=1.4，解得x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6mol的二氧化硫和0.2mol的氢气。
A．气体中SO2和H2物质的量比为3：1，故A错误；
B．生成1mol混合气体转移2mol电子，消耗1mol锌，所以反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=0.8×65g/mol=52g，故B正确；
C．由以上分析可知所得气体应该为SO2和H2的混合物，故C正确；
D．生成1mol混合气体转移2mol电子，所以反应共转移电子1.6mol，故D正确。
故答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
二、填空题(共52分)
17.按要求填空：
(1)写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号：________；
(2)32号元素在元素周期表中的位置___________________；
(3)在N2、H2S、NaCl、NH4Cl、Na2O2、H2O2中，既含有离子键又含有极性键的是________________ ，既含有离子键又含有非极性键的是______________；
(4) A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，请回答下列问题：

写出A、B、C三种元素的符号：A_______，B________，C________；B在周期表中位置是 __________。
【答案】(1). 188O (2). 第四周期第 ⅣA 族 (3). NH4Cl (4). Na2O2 (5). N (6). S (7). F (8). 第三周期第ⅥA族
【解析】
【分析】(1)质子数=原子序数，质子数+中子数=质量数，根据原子的表示方法回答；
(2)32号元素核外电子排布为4s24p2，据此判断元素的位置；
(3)金属阳离子和阴离子之间的化学键为离子键，一般盐、碱金属氧化物中含有离子键，非金属元素之间的化学键为共价键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键，据此分析解答；
(4)A、B、C为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，结合三种元素的位置知，判断出A、B、C三种元素，据此分析解答。
【详解】(1)质子数=原子序数，质子数决定元素种类，所以含有8个质子的元素是O，质子数+中子数=质量数，所以该元素的质量数是18，该原子的化学符号表示为188O，故答案为： 188O；
(2)32号元素核外电子排布为4s24p2，所以位于元素周期表的第四周期第ⅣA 族，故答案为：第四周期第ⅣA 族；
(3)N2中N原子之间只存在非极性共价键；H2S是共价化合物，原子之间只存在极性共价键；
N aCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键；NH4Cl离子化合物，铵根离子和氯离子之间形成的是离子键，铵根离子中N原子和H原子之间形成的是极性共价键；Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在非极性共价键；H2O2中H原子和O原子之间只存在极性共价键，O与O原子之间为非极性键；故答案为：NH4Cl；Na2O2；
(4)A、B、C为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，结合三种元素的位置知，A是N元素、C是F元素，B为S元素。S原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，位于周期表中第三周期VIA族，故答案为：N；S；F；第三周期VIA族。
18.下表为元素周期表的一部分，参照元素①~⑫在表中的位置，请回答下列问题。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
一
①







二



②
③
④
⑤

三
⑥

⑦
⑧
⑨
⑩
⑪
⑫
(1)表中元素，化学性质最稳定的是________，金属性最强的是__________，非金属性最强的是_______(写编号)；最高价氧化物的水化物的酸性最强的是(写化学式)___________。
(2)④、⑩的气态氢化物中的稳定性强些的是_______。(填化学式)
(3)④、⑥、⑦、⑩元素形成离子，离子半径的大小顺序是 ____________(填化学式)
(4)写出一种由①④组成且含有非极性键的物质的电子式_____________。
(5)实验室制取⑪气体的离子方程式为_____________________________
(6)利用较强酸能制出较弱酸的原理，写出一个能证明②和⑧非金属性强弱的一个常见反应的化学方程式_______________。
【答案】 (1). ⑫ (2). ⑥ (3). ⑤ (4). HClO4 (5). H2O (6). S2->O2->Na+>Al3+ (7). (8). MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O (9). Na2SiO3 + H2O + CO2 = H2SiO3↓+ Na2CO3
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的分布，可以推知①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是F，⑥是Na，⑦是Al，⑧是Si，⑨是P，⑩是S，⑪是Cl，⑫是Ar。结合元素周期律分析解答。
【详解】根据元素在周期表中的分布，可以推知①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是F，⑥是Na，⑦是Al，⑧是Si，⑨是P，⑩是S，⑪是Cl，⑫是Ar。
(1)上述元素中，Ar(⑫)是稀有气体元素，化学性质最稳定；同一周期，从左到右，元素的金属性减弱，非金属性增强；同一主族，从上到下，元素的金属性增强，非金属性减弱，金属性最强的是Na(⑥)，非金属性最强的是F(⑤)；元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，最高价氧化物的水化物的酸性最强的是HClO4，故答案为：⑫；⑥；⑤；HClO4；
(2)④、⑩为同主族元素，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物稳定性强的是H2O，故答案为：H2O；
(3)一般而言，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；电子层数越多，离子半径越大，④、⑥、⑦、⑩元素形成的离子，离子半径的大小顺序为S2->O2->Na+>Al3+，故答案为：S2->O2->Na+>Al3+；
(4)氢和氧形成双氧水中含有非极性键，其电子式为，故答案为：；
(5)实验室制取用二氧化锰和浓盐酸加热反应制备氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(6)碳酸的酸性比硅酸强，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，可以反应生成硅酸，则可以证明C的非金属性比Si强，反应的化学方程式为Na2SiO3 + H2O + CO2 = H2SiO3↓+ Na2CO3，故答案为：Na2SiO3 + H2O + CO2 = H2SiO3↓+ Na2CO3。
19.A经如图所示的过程转化为D。已知D为强酸或强碱，回答：

(1)若常温下C是红棕色的气体，则：
①A的化学式可能是：A_______，C转化D的过程中，氧化剂和还原剂的质量之比为_____；
②若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A转化为B反应的化学方程式为_________；
③D的浓溶液在常温下可与铜反应，请写出该反应的离子方程式___________；
(2)若A是一种黄色单质固体，则：
①一定条件下碳单质与D反应的方程式为__________；
②向含2mol D的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积_____22.4L (填“大于”“等于”或“小于”)，原因是___________；
(3)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C的电子式为_____________。
【答案】(1). N2 或NH3 (2). 1:2 (3). 4NH3+5O24NO +6H2O (4). Cu＋4H++2NO3-＝Cu2+＋2NO2↑＋2H2O (5). C+ 2H2SO 4 (浓) CO2 ↑+2 SO2 ↑+2 H2O (6). 小于 (7). 随反应进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫 酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升 (8).
【解析】
【分析】(1)若常温下C是红棕色的气体，则C为NO2，D为HNO3；根据ABC可知A可能为N2 或NH3，B为NO；据此分析解答。
(2)若A一种黄色单质固体，则A为硫，根据A B C可知B为SO2、C为SO3，D为H2SO4；据此分析解答。
(3)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C为Na2O2，A为钠，B为氧化钠，D为氢氧化钠；据此分析解答。
【详解】(1)若常温下C是红棕色的气体，则C为NO2，D为HNO3；根据A B C可知A可能为N2 或NH3，B为NO。
①根据分析可知，A可能为N2 或NH3；C转化D的反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，其中3mol二氧化氮参与反应时，2mol二氧化氮做还原剂被氧化生成硝酸，1mol二氧化氮做氧化剂被还原生成NO，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故答案为：N2或NH3；1∶2；
②若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为氨气，则氨气催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；
③D的浓溶液为浓硝酸，铜与浓硝酸在加热条件下反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；
(2)若A是一种黄色单质固体，则A为硫，根据A B C可知B为SO2、C为SO3，D为H2SO4。
①碳单质与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2、SO2、H2O，反应的方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②Cu与浓硫酸发生反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，若浓硫酸完全反应，由方程式可知生成的二氧化硫体积为2mol××22.4L/mol=22.4L，但随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4L，故答案为：小于；随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升；
(3)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C为Na2O2，A为钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为，故答案为：。
20.已知X、Y、Z、W四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素；W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和；Y与X形成的分子中有3个共价键，Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，试推断：
(1)由上述元素组成的4核10电子的离子的电子式_____________；
(2)X与Z可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式 ________________；
(3)由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是____________(写化学式)，该化合物与W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为_______________；X与W形成的化合物与水反应时，离子方程式为________________；
(4)用电子式表示W与Z形成W2Z化合物的过程：__________________。
【答案】(1). (2). 2H2O22H2O＋O2↑ (3). NH4NO3 (4). NH4+＋OH－NH3↑＋H2O (5). NaH + H2O = Na+ + OH- + H2↑ (6).
【解析】
【分析】X、Y、Z、W四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大，则X为H元素；Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Y、Z为同周期的相邻元素，则Y为N元素，Y与X形成的NH3分子中有3个共价键；X、W同主族，则W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，则W为Na，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。
(1)由上述元素组成的4核10电子的离子为H3O+，电子式为，故答案为：；
(2)H与O可分别形成10电子和18电子的分子，分别为H2O、H2O2，过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解为水与氧气，反应方程式为：2H2O2 2H2O+O2↑，故答案为：2H2O2 2H2O+O2↑；
(3)由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是NH4NO3，W的最高氧化物的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为：NH4++OH- NH3↑+H2O；X与W形成的化合物是NaH，氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应离子方程式为：NaH+H2O=Na++OH-+H2↑，故答案为：NH4NO3；NH4++OH- NH3↑+H2O；NaH+H2O=Na++OH-+H2↑；
(4)用电子式表示W与Z形成Na2O的过程为：，故答案为：。
21.下图是实验室制备气体常用的装置图，请回答下面相关问题：

(1)某同学若选取A装置制备氨气。
①A装置制备氨气的化学方程式为___________________；
②某同学用氨气和滴加酚酞的水做喷泉实验，根据烧瓶内产生红色喷泉的现象，说明氨气具有________性质
a.还原性 b.氧化性 c.极易溶于水 d.与水反应生成碱性物质
③干燥氨气时，常常在装置C中加入______________作干燥剂；
④如图在收集满氨气的集气瓶中，挤压装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是___________；

(2)某同学选取Ｂ装置为探究铜跟浓硫酸的反应情况
①写出B装置中所发生反应的化学方程式________________；
②下列药品中能够用来验证反应停止后的烧瓶中有H2SO4剩余的是________；
a.BaCl2溶液 b.NaHCO3粉末 c.Ba(NO3)2溶液 d.银粉
③若采用D装置收集气体，则进气管应该接______(填写“a”或“b”)，多余的气体需要通过F装置吸收，F装置所装的溶液是___________。
【答案】(1). 2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 +H2O +2NH3↑ (2). cd (3). 碱石灰 (4). 产生白烟 (5). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O (6). b (7). a (8). NaOH
【解析】
【分析】(1)若选取A装置制备氨气，氨气极易溶于水，水溶液显碱性，据此分析解答；
(2)选取Ｂ装置为探究铜跟浓硫酸的反应情况，铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，二氧化硫有毒，尾气需要净化，据此分析解答。
【详解】(1)①若选取A装置制备氨气，可以利用氯化铵和氢氧化钙固体加热反应制备，该反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+H2O+2NH3↑；
②NH3极易溶解于水，1体积水溶解700体积氨气，氨气和水反应NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-生成氢氧根离子，酚酞试液遇碱变红色，所以进行喷泉实验，观察到红色喷泉，则说明氨气的水溶液呈碱性，氨气极易溶于水而形成压强差，导致形成喷泉，故选cd，故答案为：cd；
③C装置为干燥管，适用于固体干燥剂干燥气体，干燥氨气时，氨气是碱性气体，常常在装置C中加入碱石灰，故答案为：碱石灰；
④氨气与挥发的HCl会生成氯化铵晶体，所以有白烟生产，反应方程式为NH3+HCl═NH4Cl，故答案为：产生白烟；
(2)①B装置中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；
 ②有H2SO4剩余，则溶液呈酸性，可用碳酸氢钠溶液鉴别，有气体生成，不能通过检验硫酸根离子的方法证明，因为生成的硫酸铜也会电离出硫酸根离子，因此不能选用BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液，银与反应后的溶液不反应，故答案为：b；
③二氧化硫气体的密度比空气重，应用向上排气法收集，若采用D装置收集SO2气体，则进气管应该接a；二氧化硫是酸性氧化物，有毒不能直接排放到空气中，可以用碱液吸收，故答案为：a；NaOH。