【化学】山东济南市历城第二中学2020-2021学年高二上学期开学考试（解析版）

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1.204×1024个氧原子
B. 1mol草酸中含有6.02×1023个分子
C. 草酸的摩尔质量是90g/mol
D. 1mol草酸在标准状况下的体积约为22.4L
【答案】D
【解析】
【详解】A．45g草酸中含有1.204×1024个氧原子，故A正确；
B．草酸是共价化合物，1mol草酸中含有6.02×1023个草酸分子，故B正确；
C．摩尔质量用g/mol作单位，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

A
B
C
D
X
BaCl2
HCl
NaOH
HCl
Y
H2SO4
Na[Al(OH)4]
AlCl3
Na2CO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．BaCl2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+H2SO4═BaSO4↓+H2O，都有白色沉淀生成，现象相同，故A符合题意；
B．HCl逐滴加入到Na[Al(OH)4]中，先发生反应为HCl+ Na[Al(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Na[Al(OH)4]逐滴加入到HCl中，发生反应为4HCl+ Na[Al(OH)4]=NaCl+AlCl3+4H2O，无沉淀产生，互滴现象不同，故B不符合题意；
C．AlCl3溶液逐滴滴入NaOH溶液中发生AlCl3+4NaOH═NaAlO2+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(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，则先有白色沉淀，后沉淀溶解，现象不同，故C不符合题意；
D．HCl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+CO2＝CaCO3↓+2HClO
B. 向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2++2ClO－+H2O+SO2＝CaSO3↓+2HClO
C. 氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：Ca2++OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O
D. 在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3－＝3Fe3++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+CO2═HCO3-+HClO，故A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++NO═3Fe3++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. 已知氧化性: Br2> Fe3+，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-）=1：2：2
D. 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Br2>Fe3+，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，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；
B．amol Fe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b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：c(Fe3+) ∶c(Br−)∶c(Cl−)= a∶a∶2a=1∶1∶2，故C错误；
D．amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr−消耗amolCl2，当3a≤2b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个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②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+Fe
C. 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.Li—Al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-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）已达到平衡的是( )
①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI
②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂
③百分组成w(HI)=w(I2) ④反应速率v（H2）=v（I2）=1/2v（HI）时
⑤c（HI）∶c（H2）∶c（I2）=2∶1∶1时 ⑥温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑦温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化
⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
A. ②③⑤ B. ①④⑦ C. ②⑦⑨ D. ⑧⑨⑩
【答案】C
【解析】
【详解】①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，说明没有达到平衡状态，故①错误；
②一个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②正确；
③百分组成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③错误；
④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④错误；
⑤c（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⑤错误；
⑥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⑥错误；
⑦温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化；说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑦正确；
⑧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⑧错误；
⑨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⑨正确；
⑩该反应中，气体的总质量固定，容器的容积固定，根据ρ=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⑩错误；
结合以上分析可知，②⑦⑨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b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且a＞c，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2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，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c＞a，而题干已知a＞c，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．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Cl2
B. 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；
B．KI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I2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I2
C. 还原性：I2＞KIO3 D. 氧化性：KClO3＞KIO3
【答案】B
【解析】
【详解】2KClO3+I2═2KIO3+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；
B．Cl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I2＞KIO3，故C正确；
D．由Cl元素的化合价降低可知，KClO3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KClO3＞KIO3，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CuCl2
C. 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】A．NaOH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4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，此反应属于氧化还原反应，故A错误；
B．FeCl3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；
D．Fe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。
①若S2O与Fe2+的物质的量之比为1：2，配平该反应的离子方程式：
___Fe2++___ S2O +___ H2O2+___OH- = ___ Fe2O3+___ S2O+___ H2O
②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68 kJ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)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)+2×1]mol=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+4OH−═Fe2O3+ S2O+6H2O；
②A．根据①中分析，S2O→S2O，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①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，Cu 2S中Cu、S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，1molCu 2S失去10mol电子，所以需要氧化剂Fe3+ 是10mol，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68 kJ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、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ⅤA族 (2). HClO4 (3). r(Na+) ＜r(O2－)＜ r(S2－)或Na+ ＜O2－＜S2－ (4). (5). 离子键、共价键(或非极性键) (6). H2O＞H2S (7). (8). 3.36 (9). S＋3Cl2＋4H2O = 8H+＋6Cl－＋SO42-
【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、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H2O＞H2S，故答案为H2O＞H2S；
（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，所以离子方程式为S＋3Cl2＋4H2O = 8H+＋6Cl－＋SO42-，故答案为S＋3Cl2＋4H2O = 8H+＋6Cl－＋SO42-。
【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：

（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). PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－===PbSO4＋2H2O (3). 2H＋＋2e－===H2↑ (4). 0.4 (5). Cu－2e－===Cu2＋ (6). 不变 (7). b
【解析】
【分析】
已知铅蓄电池中转移0.4mol电子时，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PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－=PbSO4＋2H2O；
（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2H＋＋2e－=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Cu－2e－=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Ⅲ]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。

①仪器B的名称是____________________。
②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K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却到室温
③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。实验后反应管中残留固体为红色粉末。

①C、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 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4
②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，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）①根据仪器构造可知B干燥管；
②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；
③样品的质量是（m2－m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为（m3－m1）g，生成水的质量为（m2－m3）g，
FeSO4·xH2OFeSO4 + xH2O
152 18x
（m3－m1）g （m2－m3）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）①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；
②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。