北京市密云区2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

密云区2019—2020学年度第一学期期末考试
高一化学试卷
可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 C—12 Na—23 N—14 K—39 Fe—56
一、选择题
1.垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求。与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是( )




A
B
C
D


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】废弃矿泉水瓶是可回收物，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
2.2022年2月将举办中国历史上第一次冬季奥运会，滑雪是冬奥会的重点比赛项目。下列滑雪用品涉及的材料中，属于金属材料的是( )

A. 雪板—— 聚乙烯
B. 滑雪杖—— 镁铝合金
C. 滑雪头盔—— 聚酯硬塑料
D. 防护镜—— 聚甲基丙烯酸甲酯
【答案】B
【解析】
【详解】A. 雪板—— 聚乙烯、C. 滑雪头盔—— 聚酯硬塑料、D. 防护镜—— 聚甲基丙烯酸甲酯，都是有机高分子材料，故ACD不符合题意；
B. 滑雪杖—— 镁铝合金，是金属材料，故B符合题意；
综上所述，答案为B。
3.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A. 蔗糖溶液 B. 乙醇溶液 C. 氯化钠溶液 D. 氢氧化铁胶体
【答案】D
【解析】
【详解】蔗糖溶液、氯化钠溶液、乙醇溶液属于溶液，无丁达尔效应；氢氧化铁胶体分散质大小：1nm～100nm，属于胶体，有丁达尔效应。答案选D。
【点睛】本题考查胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，依据分散系的分类和性质分析，胶体分散系具有丁达尔现象，只要判断出分散系是胶体即可。
4.电解质是指在水溶液里或熔融状态下能够导电化合物。下列物质属于电解质的是( )
A. Al B. NaCl溶液 C. NaOH D. 乙醇
【答案】C
【解析】
【详解】A. Al虽能导电，但Al是单质，故A不符合题意；
B. NaCl溶液能导电，是混合物，故B不符合题意；
C. NaOH是碱，属于化合物，是电解质，故C符合题意；
D. 乙醇是有机物，属于非电解质，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
【点睛】电解质主要是酸、碱、盐、水、金属氧化物；非电解质主要是大多数有机物、大多数非金属氧化物、非酸性气态氢化物。
5.下列类型的反应，一定属于氧化还原反应的是
A. 复分解反应 B. 分解反应
C. 化合反应 D. 置换反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．复分解反应是两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物的反应，没有元素化合价的改变，一定是非氧化还原反应，A不合题意；
B．分解反应中，有的存在元素化合价变化，有的不存在元素化合价的变化，不一定属于氧化还原反应，B不合题意；
C．化合反应中，有的存在元素化合价变化，有的不存在元素化合价的变化，不一定属于氧化还原反应，C不合题意；
D．置换反应中，单质与化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物，一定属于氧化还原反应，D符合题意；
故选D。
6.下列各组物质中，互为同位素的是( )
A. CO和CO2 B. 和 C. O2和O3 D. H2O和H2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. CO和CO2是碳的两种氧化物，故A不符合题意；
B. 和，质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素，两者互称同位素，故B符合题意；
C. O2和O3是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故C不符合题意；
D. H2O和H2O2是氧的两种氢化物，属于化合物，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
【点睛】质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素，互称同位素。
7.下列化合物中，一定含有离子键的是( )
A. CO2 B. NaOH C. H2SO4 D. H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. CO2、C. H2SO4、D. H2O都是共价化合物，只含有共价键，故ACD不符合题意；
B. NaOH离子化合物，一定含有离子键，故B符合题意；
综上所述，答案为B。
【点睛】离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定含共价键，一定不含离子键。
8.下列元素的原子半径最大的是( )
A. Mg B. N C. O D. Cl
【答案】A
【解析】
【详解】根据层多径大原则，N、O两个电子层，Mg、Cl三个电子层，则Mg、Cl半径比N、O半径大，根据同电子层结构核多径小原则，Mg半径大于Cl半径，因此Mg半径最大，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
9.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟()等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。下列对的说法不正确的是( )
A. 原子核外电子数49
B. 中子数与电子数的差值为17
C. 中子数 66
D. 质量数 164
【答案】D
【解析】
【详解】A. ，原子核外电子数=质子数=49，故A正确；
B. 中子数=质量数－质子数=115－49=66，中子数与电子数的差值=66－49=17，故B正确；
C. 根据B选项分析得到中子数66，故C正确；
D. 质量数115，故D错误。
综上所述，答案为D。
10.下列变化中，必须加入还原剂才能实现的是( )
A. NH3→NH4+ B. CO2→CO C. SO3→H2SO4 D. Na→NaCl
【答案】B
【解析】
【分析】
必须加入还原剂才能实现，说明自身做氧化剂，化合价降低
【详解】A. NH3→NH4+，化合价未变，故A不符合题意；
B. CO2→CO，化合价降低，本身作氧化剂，需要加还原剂，故B符合题意；
C. SO3→H2SO4，化合价未变，故C不符合题意；
D. Na→NaCl，化合价升高，本身作还原剂，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
11.下列各组离子中，能在水溶液中大量共存的是
A. Na＋、Ag＋、Cl－、CO32— B. Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42—
C. Fe3＋、K＋、SO42—、OH－ D. Fe2＋、H＋、SO42-、NO3—
【答案】B
【解析】
【分析】
离子在水溶液中能大量共存，溶液中的离子需要满足以下条件：离子间不能形成沉淀或气体或水，不能发生氧化还原反应。
【详解】A.Ag+与Cl-、CO32—可以形成AgCl沉淀、Ag2CO3沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故A错误；
B.离Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42—子间既不能形成沉淀也无气体或水产生，该组离子可以在溶液中大量共存，故B正确；
C.Fe3+与OH-可以形成Fe（OH）3沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故C错误；
D.酸性条件下NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误。
故答案选B。
【点睛】本题考查离子共存问题，侧重于考查对元素化合物知识的综合应用能力。注意把握离子的性质以及反应类型的判断，熟练掌握常见酸碱盐的溶解性，对解决此类问题至关重要；掌握一些常见离子的共存规律则可以快速解决此类问题，如H+不能与OH-、CO32-共存，OH-不能与大多数金属离子、NH4+共存，CO32-不能与大多数金属离子、H+共存，SO42-不能与Ba2+、Cl-不能与Ag+共存等。
12.下列关于Na2O和Na2O2说法中，不正确的是
A. 均含－2价的氧元素 B. 焰色反应均为黄色
C. 与水反应均生成NaOH D. 与二氧化碳反应均生成Na2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】A、过氧化钠中氧元素为-1价，而不含有-2价的氧元素，故A错误；
B、钠元素焰色反应呈黄色，两者中都含钠元素，所以焰色反应均为黄色，故B正确；
C、Na2O与水反应生成NaOH，Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，所以与水反应均生成NaOH，故C正确；
D、Na2O与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3和氧气，所以与二氧化碳反应均生成Na2CO3，故D正确；
故答案选A。
13.下列说法中,正确的是(　　)
A. 物质得电子的反应是氧化反应
B. 氧化剂是在反应中所含元素化合价降低的反应物
C. 氧化剂是在反应中失电子(或电子对偏离)的反应物
D. 在一个氧化还原反应中,氧化剂和还原剂不可能是同一种物质
【答案】B
【解析】
【详解】A.得电子，化合价降低，被还原，发生还原反应，故A错误；
B.氧化剂是得到电子，化合价降低的反应物，故B正确；
C.根据选项B的分析，故C错误；
D.一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是同种物质，如Cl2和NaOH反应，也可以是不同物质，如S的燃烧，故D错误。
答案选B。
14.某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是( )
A. 属于阴离子 B. 核外有3个电子层
C. 核外电子数为18 D. 在化学反应中易得电子
【答案】D
【解析】
【详解】A. 质子数小于核外电子数，说明得到了电子，属于阴离子，故A正确；
B. 根据离子结构示意图得到核外有3个电子层，故B正确；
C. 根据离子结构示意图计算出核外电子数为18，故C正确；
D. 17号元素为Cl元素，在反应中易得到电子变为氯离子，氯离子在化学反应中易失去电子，故D错误。
综上所述，答案为D。
15.下列物质的电子式书写不正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. ，N原子最外层有五个电子，易形成三对共用电子对，用了三个电子，每个氮还有一对孤对电子，故A正确；
B. ，Cl最外层有7个电子，易形成一对共用电子对，故B正确；
C. ，N原子最外层有五个电子，易形成三对共用电子对，N还有一对孤对电子未表示出来，应该为，故C错误；
D. 是钠离子和氯离子形成氯化钠，故D正确。
综上所述，答案为C。
16.下列关于容量瓶使用方法的叙述中，正确的是( )
①加水定容时，不小心超过刻度线，用滴管吸出多余液体；②容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水即使用；③在容量瓶中溶解固体溶质；④溶液需冷却至室温方可注入容量瓶；⑤使用容量瓶前要检查是否漏水；
A. ①②③ B. ①③④ C. ③④⑤ D. ②④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①加水定容时，不小心超过刻度线，不能用滴管吸出多余液体，只能重新配制，故①错误；②容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水即使用，对结果无影响，故②正确；③在容量瓶中不能溶解固体溶质，只能在烧杯中溶解，故③错误；④溶液需冷却至室温方可注入容量瓶，故④正确；⑤使用容量瓶前要检查是否漏水，故⑤正确；因此②④⑤正确，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】加水定容时，不小心超过刻度线，不能用滴管吸出多余液体，只能重新配制。
17.下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是( )
A. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
B. X原子的电子层数比Y原子的电子层数多
C. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来
D. Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 气态氢化物越稳定，非金属性越强，因此X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，能说明X的非金属性比Y强，故A符合题意；
B. 电子层数多少与非金属性无直接关系，故B不符合题意；
C. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来，说明Y的非金属性比X强，故C不符合题意；
D. Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应，说明Y 的非金属性比X强，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
【点睛】非金属性强弱比较：
1、气态氢化物越稳定，非金属性越强；
2、同周期从左到右非金属增强；同主族从上到下，非金属性减弱；
3、单质与氢气化合越容易，则非金属性越强；
4、最高价氧化物对应水化物酸性越强，则非金属性越强。
18.短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为24。则下列判断正确的是( )
R
T

X
Y
Z


A. 气态氢化物稳定性：Y＞T
B. 五种元素中原子半径最大的是Z
C. R位于元素周期表中第二周期第IVA族
D. Z元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HZO4
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为24，设T的最外层电子数为x，则有5x−1 =24，则x=5，则T为N、R为C、X为Si、Y为P、Z为S。
【详解】A. 气态氢化物稳定性：NH3＞PH3，故A错误；
B. 五种元素中原子半径最大的是X(Si)，故B错误；
C. C位于元素周期表中第二周期第IVA族，故C正确；
D. S元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SO4，故D错误。
综上所述，答案为C。
19.下列解释过程或事实的方程式不正确的是( )
A. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O＝HCl+HClO
B. 铁可以和稀硫酸反应：2Fe+3H2SO4＝Fe2(SO4)3 +3H2↑
C. 刻制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”刻蚀铜板 2Fe3++Cu＝2Fe2++ Cu2+.
D. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色(或黑色)保护层：3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯气用于自来水消毒生成盐酸和次氯酸：Cl2 + H2O = HCl+HClO，故A正确；
B. 铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe + H2SO4 = FeSO4 +H2↑，故B错误；
C. 刻制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”刻蚀铜板，反应生成亚铁离子和铜离子： 2Fe3++Cu = 2 Fe2++ Cu2+.，故C正确；
D. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色(或黑色)保护层即四氧化三铁：3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】铁与盐酸、稀硫酸反应生成亚铁离子，铁与少量氯气、过量氯气都生成氯化铁。
20.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. O2 的摩尔质量为32g
B. 常温常压下，22 g CO2含有的CO2分子数为0.5NA
C. 标准状况下，22.4 L水含有的水分子数为NA
D. 40 g NaOH溶解在1 L水中，得到溶液的物质的量浓度为1 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A. O2 的摩尔质量为32 g∙mol−1，故A错误；
B. 常温常压下，22 g CO2含有的CO2分子数，故B正确；
C. 标准状况下，水不是气体，无法计算，故C错误；
D. 40 g NaOH溶解在1 L水中，溶液的体积无法计算，故D错误。
综上所述，答案为B。
21.下列关于Na2CO3和NaHCO3两种物质有关性质,说法不正确的是( )
A. 向Na2CO3和NaHCO3溶液中，滴入酚酞后溶液均变红
B. Na2CO3固体中含有少量NaHCO3可用加热的方法除去
C. 向等质量的Na2CO3和NaHCO3固体中加入足量稀盐酸, Na2CO3产生的气体较多
D. 分别向盛有少量Na2CO3和NaHCO3的试管中滴入几滴水，振荡后用温度计测量Na2CO3温度高于NaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2CO3和NaHCO3溶液都显碱性，向两种溶液中滴入酚酞后溶液均变红，故A正确；
B. NaHCO3受热分解得到碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠受热不分解，因此Na2CO3固体中含有少量NaHCO3可用加热的方法除去，故B正确；
C. 根据Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，向等质量的Na2CO3和NaHCO3固体中加入足量稀盐酸，设质量为mg，Na2CO3的物质的量，NaHCO3的物质的量，因此NaHCO3生的气体较多，故C错误；
D. 分别向盛有少量Na2CO3和NaHCO3的试管中滴入几滴水，Na2CO3溶于水是放热，NaHCO3溶于水温度基本不变，因此振荡后用温度计测量Na2CO3温度高于NaHCO3，故D正确。
综上所述，答案为C。
22.1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（ ）
A Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3
C. NaOH、Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氢钠分解生成1mol Na2CO3、1mol CO2、1mol H2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1mol CO2恰好与1mol Na2O2反应生成1mol Na2CO3，所以充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，故选:A。
【点睛】二氧化碳和水同时遇到过氧化钠时，二氧化碳先与过氧化钠反应，然后水与过氧化钠反应。
23.在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba（OH）2、NaOH溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示，下列分析不正确的是

A. ①代表滴加Ba（OH）2溶液的变化曲线 B. a、c两点，溶液中均大量存在H＋和SO42-
C. b、d两点对应的溶液均显中性 D. e点，两溶液中含有相同量的OH－
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应过程中，离子浓度的变化分析溶液导电能力的变化。
【详解】向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，发生反应H2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2H2O，随着Ba(OH)2溶液的滴入，溶液中H+、SO42-浓度减小，导电能力逐渐减弱，b点恰好反应时几乎不导电，之后过量的Ba(OH)2使溶液中Ba2+、OH-浓度增大，导电能力增强，故图中曲线①表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液的情形（A项正确）。类似地，向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液时，发生反应H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，随着NaOH溶液的滴入，溶液总体积变大，溶液中离子浓度减小，导电能力逐渐减弱，d点恰好反应时导电能力最弱，之后过量的NaOH使溶液导电能力增强，曲线②表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液的情形。
a、c两点，加入的碱均不足，溶液中均大量存在H＋和SO42-（B项正确）； b、d两点，酸碱恰好中和，对应的溶液均显中性（C项正确）；曲线①上的e点，Ba(OH)2溶液已经过量，溶液中有OH－，曲线②上的e点，NaOH溶液不足，剩余H2SO4，溶液呈酸性（D项错误）。
本题选D。
【点睛】电解质溶液的导电性与离子浓度和离子电荷数有关。分析化学反应过程中溶液导电性的变化，可以判断反应进行的程度。
24.用数字化的实验技术分析氯水在光照过程中微粒成分的变化，下面关系图不合理的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. ，氯水在光照过程中次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸浓度增大，酸性增强，pH减小，故A正确；
B. ，氯水在光照过程中次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸浓度增大，氯离子浓度增大，故B正确；
C. ，氯水在光照过程中次氯酸分解生成盐酸和氧气，氧气量增大，体积分数增大，故C正确；
D. ，氯水在光照过程中次氯酸分解生成盐酸和氧气，次氯酸浓度减小，故D错误。
综上所述，答案为D。
25.下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是( )
选项
实验操作及现象
推理或结论
A
向某盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该盐一定是碳酸盐
B
铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体
氧化性：Fe2+ ＞ Cu2+
C
向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红
该溶液中一定含有Fe2+

D
在导管口点燃纯净的氢气，伸入盛满氯气的集气瓶中，产生苍白色火焰
物质燃烧不一定需要氧气



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向某盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐可能是碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐，故A不符合题意；
B. 铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体，Fe + Cu2+ =Cu + Fe2+，则氧化性为Cu2+＞Fe2+，故B不符合题意；
C. 向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红，原溶液可能含有Fe3+或Fe2+，故C不符合题意；
D. 在导管口点燃纯净的氢气，伸入盛满氯气的集气瓶中，产生苍白色火焰，则说明物质燃烧不一定需要氧气，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
【点睛】检验Fe2+时，先滴加KSCN，溶液无现象，再滴加氯水或酸性双氧水，溶液变为血红色，说明含有Fe2+。
二、填空题
26.匹配物质及其用途。
物质 用途
A. 过氧化钠 a.呼吸面具中作供氧剂
B. 碳酸氢钠 b.漂白消毒剂
C. 氧化铁 c.面粉发酵粉
D .次氯酸钠 d.红色油漆和涂料


A. _______________；
B. _______________；
C. _______________；
D. _______________；
【答案】 (1). a (2). c (3). d (4). b
【解析】
【分析】
【详解】A. 过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，常作呼吸面具中作供氧剂；B. 碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，常用作面粉发酵粉；C. 氧化铁是红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料；D .次氯酸钠具有强氧化性，常作漂白消毒剂；故答案为：a；c；d；b。
27.化学与生活密切相关“暖宝宝”贴是一种便捷取暖用品。是利用铁(①)的氧化反应放热来发热。实际上是根据铁在潮湿空气(②)中发生吸氧腐蚀的原理。同时利用活性炭的强吸附性，在活性炭的疏松结构中储有水(③)蒸气，水蒸汽液化成水滴，流出与空气和铁粉接触，在氯化钠(④)的催化作用下较为迅速的发生反应生成氢氧化铁(⑤，放出热 量，生成的氢氧化铁会缓 慢分解生成氧化铁⑥)。其总反应：4Fe+3O2+6H2O＝4Fe(OH)3 ，2Fe(OH)3＝Fe2O3+3H2O

(1)上述短文标有序号的物质中进行分类：
属于混合物的是_______( 填序号，下同)，属于单质的是________，属于氧化物的是_______，属于碱的是__________，属于盐的是 __________。
(2)在反应4Fe+3O2+6H2O＝4Fe(OH)3中，作为还原剂的物质是______。若反应中消耗了3 mol O2，则生成Fe(OH)3的物质的量为______mol，转移电子的物质的量为______ mol。
【答案】 (1). ② (2). ① (3). ③⑥ (4). ⑤ (5). ④ (6). 铁(Fe) (7). 4 (8). 12
【解析】
【分析】
【详解】(1)①铁是单质；②潮湿空气属于混合物；③水是氧化物；④氯化钠是盐；⑤氢氧化铁是氢氧化物；⑥氧化铁是氧化物；故答案为：②；①；③⑥；⑤；④。
(2)在反应4Fe+3O2+6H2O= 4Fe(OH)3中，铁化合价升高，作还原剂，根据反应方程式4molFe与3mol O2反应转移12mol电子，因此若反应中消耗了3 mol O2，则生成Fe(OH)3的物质的量为4 mol，转移电子的物质的量为12 mol；故答案为：Fe；4；12。
28.下图是元素周期表的一部分，根据① ~ ⑨在周期表中的位置按题目要求回答：
族
周期
IA

0
1

ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA

2



①

②


3
③
④
⑤


⑥
⑦

4
⑧
⑨








(1)在元素①～⑨中，金属性最强的元素是______(填元素符号)。
(2)画出元素④的原子结构示意图______。
(3)①与②形成的一种化合物甲，甲在大气含量过高会产生温室效应，写出甲物质的电子式 _____。
(4)元素③④⑤对应的最高价氧化物的水化物，写出它们相互之间能发生反应化学方程式__________________。
(5)元素⑦和⑨形成的化合物乙，请用电子式表示物质乙的形成过程_______。
(6)②与⑥形成两种氢化物中，稳定性较高的是 ______(填化学式)，请从原子结构的角度解释其原因：__________ 。
【答案】 (1). K (2). (3). (4). NaOH+Al(OH)3=NaAlO2 + 2H2O (5). (6). H2O (7). 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S＞O，原子半径S＞O，得电子能力S＜O，元素的非金属性S＜O，因此，H2S的稳定性弱于H2O
【解析】
【分析】
根据元素周期表得出①为C、②为O、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为K、⑨为Ca。
【详解】(1)周期表中金属性强的是左下方的金属，因此在元素①～⑨中，金属性最强的元素是K；故答案为：K。
(2)元素④为Mg，其原子结构示意图；故答案为：。
(3)①与②形成的一种化合物甲，甲在大气含量过高会产生温室效应，甲物质为二氧化碳，碳与每个氧共用两对电子，其电子式为；故答案为：。
(4)元素③④⑤对应的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3，NaOH与Al(OH)3反应生成NaAlO2，它们相互之间能发生反应化学方程式NaOH + Al(OH)3 = NaAlO2 + 2H2O；故答案为：NaOH + Al(OH)3 = NaAlO2 + 2H2O。
(5)元素⑦和⑨形成的化合物乙为CaCl2，电子式表示物质乙的形成过程是两个氯原子和一个钙原子反应生成CaCl2，电子式表示物质乙的形成过程；故答案为：。
(6)根据氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S＞O，原子半径S＞O，得电子能力O＞S，元素的非金属性O＞S，因此，H2O的稳定性强于H2S；故答案为：H2O；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S＞O，原子半径S＞O，得电子能力S＜O，元素的非金属性S＜O，因此，H2S的稳定性弱于H2O。
29.某小组同学利用舍勒发现氯气的方法制取氯气并探究其性质。

请回答：
(1)写出装置①中制取氯气化学反应方程式__________。在反应中，是利用了MnO2的_________ (填“氧化性”或“还原性”)。
(2)装置②中的现象是__________。
(3)③中溶液由无色变为橙黄色，发生反应的离子方程式是_________。
(4)用离子方程式解释④中NaOH溶液的作用____________。
(5)取一支试管，加入2 mL ③中橙黄色溶液，再滴入几滴KI-淀粉溶液，观察到溶液变为蓝色。通过以上实验，能否得出结论：Br2的氧化性强于I2 _________(能或否)。理由是_________。
【答案】 (1). MnO2+4HCl MnCl2+ Cl2 ↑+ 2H2O (2). 氧化性 (3). 红色褪去 (4). 2Br- +Cl2 = Br2 + 2Cl- (5). Cl2+2OH-=Cl-+ClO- +H2O (6). 否 (7). 有可能是溶液中的多余的Cl2 (HClO)氧化了I-离子生成I2
【解析】
【分析】
装置①中制取氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，氯气通入到湿润的有色布条中，有色布条褪色其实质是氯气与水反应生成的次氯酸漂白而褪色，氯气与溴化钠反应生成溴单质，多余的氯气用氢氧化钠溶液处理。
【详解】(1)装置①中制取氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，其化学反应方程式MnO2+4HCl MnCl2+ Cl2 ↑+ 2H2O。在反应中，MnO2中锰元素化合价降低，作氧化剂，利用了MnO2的氧化性；故答案为：MnO2+4HCl MnCl2+ Cl2 ↑+ 2H2O；氧化性。
(2)氯气与湿润的有色布条中的水先反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性而使有色布条褪色，因此装置②中的现象是红色褪去；故答案为：红色褪去。
(3)③中溶液由无色变为橙黄色，说明氯气置换出了单质溴，发生反应的离子方程式是2Br－+Cl2 = Br2 + 2Cl－；故答案为：2Br－+Cl2 = Br2 + 2Cl－。
(4)尾气氯气有毒，因此要用NaOH溶液处理尾气，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，用离子方程式解释④中NaOH溶液的作用Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O；故答案为：Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O。
(5)取一支试管，加入2 mL③中橙黄色溶液，③中溶液可能含有多余的Cl2 (HClO)，Cl2 (HClO)氧化了I－离子生成I2，使得淀粉变蓝，因此不能得出Br2的氧化性强于I2 ；故答案为：否；有可能是溶液中的多余的Cl2 (HClO)氧化了I－离子生成I2。
30.A、B、C、X为中学化学常见物质，且A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化关系(水参与的反应，水未标出)。

(1)若A、B、C的焰色反应呈黄色，C为淡黄色固体，则X是__________。
(2)若A、B、C的焰色反应呈黄色，X是CO2，写出B→C反应的方程式_________。
(3)若B是FeCl3，则X一定是_________，写出B→C反应的离子方程式_________。
【答案】 (1). O2 (氧气) (2). CO2 +Na2CO3+ H2O＝2NaHCO3 (3). Fe (4). 2Fe3+ +Fe＝3Fe2+
【解析】
【详解】(1)若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，C为淡黄色固体，说明C为过氧化钠，则A为Na、B为Na2O、则X是氧气；故答案为：O2 (氧气)。
(2)若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，X是CO2，说明A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，B→C反应是碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，其方程式Na2CO3 + CO2 + H2O＝2NaHCO3；故答案为：Na2CO3 + CO2 + H2O＝2NaHCO3。
(3)若B是FeCl3，则说明A为Cl2、C为FeCl2，则X一定是Fe，B→C是氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，其反应的离子方程式2Fe3+ +Fe＝3Fe2+。
31.铁是人体必需的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲”(主要成分： 琥珀酸亚铁，呈暗黄色)是市场上一种常见的补铁药物(见图)。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸(主要成分：稀盐酸),服用时同维生素 C一起服用效果会更好。某学习小组为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：


(1)试剂1是_____________。
(2)取少量Ｂ溶液于试管中，向其滴加NaOH溶液。最初观察到白色沉淀，一会灰变为灰绿色，最终变为红褐色，沉淀颜色变化的原因是_________________(用化学方程式表示)。
(3)B溶液中加入KSCN溶液后，溶液中也产生了红色，其可能的原因是____________。
(4)有同学提出由C到D 用双氧水代替新制氯水效果会更好原因是____，写出用双氧水实现由C到D转变的离子方程式________。
(5)在上述实验中，同学们发现血红色溶液放置一段时间后，溶液的颜色会逐渐褪去。为了进一步探究溶液褪色的原因，甲、乙两位同学首先对此进行了猜想：
编号
猜想
甲
溶液中的+3价Fe又被还原成+2价铁
乙
溶液中的SCN-被过量的新制氯水氧化


①你认为甲同学的猜想合理吗______?(填“合理”或“不合理”)请说明理由_______。
②基于乙同学的猜想，请设计一个简单的实验加以验证____________________________。
(6)“速力菲”药品为什么要与维生素 C一起用效果会更好原因是_______。
【答案】 (1). 稀盐酸(或HCl) (2). O2+2H2O+ 4Fe(OH)2=4Fe(OH)3 (3). 溶液中Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+ (4). H2O2环保无污染 (5). 2H++2Fe2+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O (6). 不合理 (7). 溶液中不存在能将三价铁还原成二价铁的物质 (8). 取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液，若溶液变红，说明乙同学的猜想合理；若不变红，说明乙同学的猜想不合理。或取少量褪色后溶液，加入FeCl3溶液， 若溶液仍不变红，说明乙同学的猜想合理；若溶液变红，说明乙同学的猜想不合理 (9). 维生素 C有还原性，能抗氧化
【解析】
【详解】(1)根据信息该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸(主要成分：稀盐酸)，因此要将药片变为浅绿色溶液，则应该加盐酸，故答案为：稀盐酸(或HCl)。
(2)取少量Ｂ溶液于试管中，向其滴加NaOH溶液，最初观察到白色沉淀，一会灰变为灰绿色，最终变为红褐色，沉淀颜色变化的原因是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，故答案为：O2+2H2O+ 4Fe(OH)2=4Fe(OH)3。
(3)B溶液中加入KSCN溶液后，溶液中也产生了红色，说明含有铁离子，则铁离子可能是亚铁离子部分被氧化得到；故答案为：溶液中Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+。
(4)氯水中含有氯气会污染环境，而双氧水是绿色氧化剂，H2O2环保无污染；用双氧水实现由C到D转变，是双氧水和亚铁离子、氢离子反应生成铁离子和水，其离子方程式2H++2Fe2+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O；故答案为：H2O2环保无污染；2H++2Fe2+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O。
(5)①溶液中主要是SCN－和Fe3+，不存在能将三价铁还原成二价铁的物质，因此甲同学的猜想不合理；故答案为：不合理；溶液中不存在能将三价铁还原成二价铁的物质。
②基于乙同学的猜想，溶液中的SCN－被过量的新制氯水氧化，可以向褪色的溶液中加入SCN－，如果溶液变红，说明原来的SCN－已被氧化，如果未变红，则说明乙猜想错误；故答案为：取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液，若溶液变红，说明乙同学的猜想合理；若不变红，说明乙同学的猜想不合理。或取少量褪色后溶液，加入FeCl3溶液， 若溶液仍不变红，说明乙同学的猜想合理；若溶液变红，说明乙同学的猜想不合理。
(6)人体不能吸收Fe3+，只能吸收Fe2+，“速力菲”药品易被氧化，维生素C具有还原性，可以将已被氧化成Fe3+还原为Fe2+，人体更好吸收Fe2+；故答案为：维生素C有还原性，能抗氧化。