2018-2019学年山东省淄博市淄川中学高一下学期开学检测考试化学试卷（解析版）

2018-2019学年山东省淄博市淄川中学高一下学期开学检测考试化学试卷（解析版）

‎2018-2019学年山东省淄博市淄川中学高一下学期开学检测考试化学试卷（解析版）‎ 相对原子质量：H:‎1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Fe:56‎ 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.合金是一类用途广泛的金属材料,下列关合金的说法正确的是( )‎ A. 钢是铁的一种合金． B. 通常合金的硬度比不上纯净的金属 C. 合金是两种金属熔合而成的具有金属特性的物质 D. 一般地说合金的熔点比它的各成分金属的熔点都高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钢是铁的一种合金，A正确；‎ B. 通常合金的硬度比纯净的金属硬度大，B错误；‎ C. 合金是两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，C错误；‎ D. 一般地说合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】明确合金的含义和性质特点是解答的关键，选项C是解答的易错点，注意组成合金的元素中一定含有金属元素，但也可以含有非金属元素。‎ ‎2.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. Na2O2是碱性氧化物，可以做潜水艇中的供氧药品。‎ B. Fe2O3俗称铁红，可用于制作红色油漆。‎ C. 烧碱和小苏打都可用于治疗胃酸过多 D. 氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2不是碱性氧化物，与水或二氧化碳反应均产生氧气，所以可以做潜水艇中的供氧药品，A错误；‎ B. Fe2O3俗称铁红，可用于制作红色油漆和涂料，B正确；‎ C. 烧碱是氢氧化钠，属于强碱，腐蚀性强，不能用于治疗胃酸过多，小苏打可用于治疗胃酸过多，C错误；‎ D. 氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于自来水的净水，不能用于杀菌消毒，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列有关金属元素特征的叙述正确的是( )‎ A. 金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性 B. 金属元素的单质在常温下都为固体 C. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质 D. 含金属元素的离子都是阳离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、处于中间价态的金属阳离子既有还原性，又有氧化性，因此金属元素的原子只有还原性，但其阳离子不一定只有氧化性，例如亚铁离子，A错误；‎ B、金属单质Hg在常温下为液态，B错误；‎ C、金属阳离子被还原可能得到低价态的金属阳离子，也可能得到金属单质，例如铁离子被还原得到亚铁离子，C正确；‎ D、含金属元素的离子不一定都是阳离子，例如FeO42-离子就是阴离子，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.下列物质分类正确的是（　　）‎ 纯净物 混合物 电解质 非电解质 A HCl 冰水混合物 纯碱 铁 B 蒸馏水 氨水 火碱 氨气 C H2SO4‎ 胆矾 纯碱 石墨 D 浓硝酸 加碘食盐 NaOH溶液 生石灰 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此判断。‎ ‎【详解】A、冰水混合物是纯净物，铁是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；‎ B、蒸馏水是纯净物，氨水是氨气的水溶液，是混合物，火碱是氢氧化钠，属于碱，是电解质，氨气是非电解质，故B正确；‎ C、胆矾是五水硫酸铜，是带有结晶水的盐，是纯净物，石墨是非金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；‎ D、浓硝酸是硝酸的水溶液，是混合物，NaOH溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，生石灰是氧化钙，属于电解质，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】电解质、非电解质的判断是解答的易错点，注意电解质和非电解质必须是化合物，电解质溶于水或熔融状态能电离出自由移动的离子，且离子是其本身电离的。‎ ‎5.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 碳酸钡与盐酸反应2H＋＋BaCO3===Ba2＋＋H2O＋CO2↑‎ B. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合Ba2＋＋SO＋H＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O C. 金属钠与水的反应 Na＋H2O===Na+＋OH－＋H2↑‎ D. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu + Ag+ = Cu2+ + Ag ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钡与盐酸反应：2H＋＋BaCO3＝Ba2＋＋H2O＋CO2↑，A正确；‎ B. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2＋＋SO42－＋2H＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，B错误；‎ C. 金属钠与水的反应：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH－＋H2↑，C错误；‎ D. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋2Ag+＝Cu2+＋2Ag，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列操作不能达到实验目的是 ( )‎ A. 分离汽油与水 B. 除去Na2SO4溶液中的BaSO4‎ C. 检验装置气密性 D. 收集H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汽油不溶于水，分离汽油与水可通过分液法，A正确；‎ B. 硫酸钡不溶于水，除去Na2SO4溶液中的BaSO4可通过过滤法，B正确；‎ C. 气体受热膨胀后会从长颈漏斗中挥发出来，无法检验装置气密性，C错误；‎ D. 氢气密度小于空气，可以用向下排空气法收集H2，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项C是解答的易错点，检查装置气密性的原理一般都是通过改变装置内气体压强实现的，若检查气密性的装置本身是一个非气密性装置，则第一步要处理成一个密闭体系。装置气密性的检查，难在以下两点：一是方法，二是文字表述。其叙述形式是：装置形成封闭体系→操作(微热、手捂、热毛巾捂、加水等)→描述现象→得出结论；①微热法检查的关键词是封闭、微热、气泡、水柱；②液差(封)法的关键词是封闭、液差。‎ ‎7.下列关于Na2CO3和NaHCO3说法不正确的是( )‎ A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量的盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生CO2的体积大 B. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与同浓度的足量盐酸反应，Na2CO3所消耗盐酸的体积是NaHCO3的两倍 C. 向碳酸钠和碳酸氢钠的水溶液中分别滴加酚酞试液，红色深的一定是碳酸钠溶液 D. 将石灰水加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，都产生白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、假设质量为‎1g，碳酸氢钠与盐酸反应：NaHCO3＋HCl＝NaCl＋CO2↑＋H2O，产生CO2的物质的量为1/84mol，碳酸钠与盐酸反应：Na2CO3＋2HCl＝2NaCl＋CO2↑＋2H2O，产生CO2物质的量为1/106mol，因此在相同条件下碳酸氢钠产生CO2体积大，故A正确；‎ B、碳酸氢钠与盐酸反应：NaHCO3＋HCl＝NaCl＋CO2↑＋H2O，碳酸钠与盐酸反应：Na2CO3＋2HCl＝2NaCl ‎＋CO2↑＋2H2O，等物质的量NaHCO3和Na2CO3与同浓度足量盐酸反应，碳酸钠消耗盐酸的体积是NaHCO3的两倍，故B正确；‎ C、同物质的量浓度的溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液的pH，浓度不同时溶液的碱性强弱无法比较，故C错误；‎ D、将石灰水加入Na2CO3和NaHCO3溶液中分别发生Ca(OH)2＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaOH、NaHCO3＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋NaOH＋H2O或2NaHCO3＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，都产生白色沉淀，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎8.下列关于碱金属元素和卤族元素不正确的是( )‎ A. 卤族元素从上到下，非金属增强，其对应的单质氧化性逐渐增强。‎ B. 碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强。‎ C. 卤族元素从上到下，其对应的氢化物稳定性减弱。‎ D. 碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同一主族元素，非金属性随着原子序数的增大而降低，所以卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的单质氧化性逐渐减弱，故A错误。‎ B．同一主族元素，金属性随着原子序数的增大而增强，因此碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强，故B正确；‎ C、卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的氢化物稳定性减弱，故C正确。‎ D、碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行，故D正确。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的递变规律，明确同主族元素性质的递变规律是解答的关键，注意元素金属性、非金属性与单质还原性和氧化性的关系。‎ ‎9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标况下，‎22.4 L氧气的原子数为NA B. 1molCO和1molCO2混合后，氧原子数为2NA C. 标况下‎11.2L乙醇所含分子数为0.5NA D. 常温常压下，1.06gNa2CO3固体中所含的Na+数目为0.02 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标况下，‎22.4 L氧气的物质的量是1mol，所含的原子数为2NA，A错误；‎ B. 1molCO和1molCO2混合后，氧原子数为3NA，B错误；‎ C. 标况下乙醇是液体，‎11.2L乙醇的物质的量不是0.5mol，所含分子数不是0.5NA，C错误；‎ D. 常温常压下，1.06gNa2CO3固体的物质的量是0.01mol，其中所含的Na+数目为0.02NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，X与Z属于同主族的元素，Z 元素最高正价与最低负价之和为4；Y为短周期元素中半径最大的元素，下列说法正确的是( )‎ A. 简单离子半径Y>X B. 非金属性W>Z C. 氢化物稳定性X>Z>W D. 最高价氧化物对应水化物的酸性 W>Z ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，由于最外层电子数不能超过8个，则W是第二周期的C元素；X与Z属于同主族的元素，Z元素最高正价与最低负价之和为4，则Z是第ⅥA元素，X是O，Z是S；Y为短周期元素中半径最大的元素，Y是钠元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、O、Na、S。则 A. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径Y＜X，A错误；‎ B. 非金属性S＞C，B错误；‎ C. 非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性O＞S＞C，C正确；‎ D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸大于碳酸，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.在无色透明的碱性溶液中，能大量共存的离子组是（　　）‎ A. Na+、K+、CO32－、NO3－ B. Cu2+、Al3+、SO42－、NO3－‎ C. K+、Fe2+、NH4+、NO3－ D. NH4+、Na+、NO3－、Cl－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、能够大量共存，符合题意，故正确；B、Cu2＋显蓝色，故错误；C、Fe2＋‎ 显浅绿色，在碱性条件下，生成沉淀，不能大量共存，故错误；D、NH4＋和碱性中生成NH3·H2O，不能大量共存，故错误。‎ 考点：考查离子大量共存等知识。‎ ‎12.Ag与NaClO溶液反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑。下列说法正确的是 （ ）‎ A. 该反应属于复分解反应 B. 氧气是还原产物 C. 反应中银做氧化剂 D. 若生成‎2.24L（标准状况）O2，反应中转移的电子0.8mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应物和生成物中均含有单质，因此该反应不属于复分解反应，A错误；‎ B. 氧元素化合价从－2价升高到0价，失去电子被氧化，所以氧气是氧化产物，B错误；‎ C. 银元素化合价从0价升高到+1价，失去电子被氧化，则反应中银做还原剂，C错误；‎ D. 氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到2个电子，则生成1mol氧气转移8mol电子，所以若生成‎2.24L（标准状况）O2，即0.1mol氧气时，反应中转移的电子是0.8mol，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列实验操作，实验现象和实验结论都正确的是 操作 现象 解释或结论 A 向某溶液中滴加BaCl2溶液 生成白色沉淀 溶液中一定含有SO42－‎ B 将氯水加入KI溶液中,充分反应后，滴入CCl4溶液 溶液分层，上层为呈紫色 Cl2的氧化性大于I2‎ C 向FeSO4溶液中加入氨水 产生灰绿色沉淀最终变为红褐色 说明FeSO4溶液部分变质 D 向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中 石灰水变浑浊 溶液中一定含有CO32-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或碳酸钡等，则不能说明溶液中一定含有SO42－，A错误；‎ B、将氯水加入KI溶液中，充分反应后，滴入CCl4溶液，溶液分层，由于四氯化碳的密度大于水的密度，所以应该是下层为呈紫色，B错误；‎ C、向FeSO4溶液中加入氨水，产生灰绿色沉淀最终变为红褐色，由于看不见白色沉淀，所以说明FeSO4溶液部分变质，C正确；‎ D、向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，气体是二氧化碳或二氧化硫，则不能说明溶液中一定含有CO32-，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.下列过程需要加还原剂实现的是（ ）‎ A. Fe2+→Fe3+ B. H2O2→ O‎2 C. Cl2 →2Cl－ D. CO2 →CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当物质所含元素化合价降低时，被还原，须加入还原剂才能实现，以此解答本题。‎ ‎【详解】A．Fe2+→Fe3+的反应中Fe的化合价升高，需加入氧化剂才能实现，故A不选；‎ B．H2O2→O2的反应中氧元素化合价升高，需加入氧化剂或发生自身的分解反应，故B不选；‎ C．Cl2→2Cl－的反应中Cl元素的化合价降低，被还原，须加入还原剂才能实现，故C选；‎ D．CO2→CO32-反应中所含元素化合价没有发生变化，不需要加入氧化剂，故D不选。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，注意有些物质的化合价发生变化时，不一定需要加入氧化剂或还原剂，例如高锰酸钾的分解反应等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，选项C是解答的易错点，注意反应中氯元素全部被还原。‎ 非选择题 ‎15.（1）A、B、C、D为中学常见的混合物分离或提纯的基本装置，请回答：‎ ‎①分离植物油和水，选择装置______（填序号），主要使用仪器名称______；‎ ‎②分离乙二醇和丙三醇的混合溶液，选择装置______（填序号）。‎ 物质 熔点 （摄氏度）‎ 沸点（摄氏度）‎ 密度（g/cm-3）‎ 溶解性 乙二醇 ‎-11.5‎ ‎198‎ ‎1.11‎ 易溶于水和乙醇 丙三醇 ‎17.9‎ ‎290‎ ‎1.26‎ 能跟水、酒精以任意比例互溶 ‎（2）实验室需配制250mL0.1mol·L-1的Na2CO3溶液，填空并回答下列问题：‎ ‎①配制250mL0.1mol·L-1的Na2CO3溶液，实际应称取Na2CO3的质量是______g，实验过程中所需的玻璃仪器有______。‎ ‎②若在溶液配制过程中出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）‎ 若容量瓶中有少量蒸馏水__________；若定容时俯视刻度线__________。‎ ‎（3）焦炭与浓硫酸加热条件下发生如下反应：C +2H2 SO4（浓）=2SO2↑+ CO2↑ +2H2O，当反应中转移2mole—时，生成SO2的体积（标准状况）是____L。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 分液漏斗 (3). A (4). ‎2.7g (5). 250mL容量瓶 玻璃棒 烧杯 胶头滴管 (6). 无影响 (7). 偏高 (8). 22.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据植物油不溶于水分析；②根据乙二醇和丙三醇的物理性质差异分析判断；‎ ‎（2）根据m＝cVM计算碳酸钠的质量；根据配制过程选择需要的玻璃仪器；根据c＝n/V结合实验操作分析误差；‎ ‎（3）根据硫元素的化合价变化结合V＝nVm计算。‎ ‎【详解】（1）①植物油不溶于，则分离植物油和水可以通过分液法，则选择装置B，主要使用仪器名称为分液漏斗；‎ ‎②乙二醇和丙三醇互溶，但二者的沸点相差较大，则分离乙二醇和丙三醇的混合溶液应选择蒸馏，所以选择装置A。‎ ‎（2）①配制250mL0.1mol·L-1的Na2CO3溶液，需要Na2CO3的质量是‎0.25L×0.1mol/L×‎106g/mol＝‎2.65g，因此实际应称取碳酸钠是‎2.7g；实验过程是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容和摇匀等，则其中所需的玻璃仪器有250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管。‎ ‎②若容量瓶中有少量蒸馏水，由于不影响溶质的质量和溶液体积，则溶液浓度不变；若定容时俯视刻度线，导致溶液的体积减少，则浓度偏高。‎ ‎（3）根据方程式可知硫元素化合价从+6价降低到+4价，转移2个电子，则当反应中转移2mole—时，生成SO2的物质的量是1mol，体积（标准状况）是‎22.4L。‎ ‎16.铁及其化合物[如FeCl3,Fe(OH)3,Na2FeO4等]在生产、生活中应用广泛，请结合所学知识，回答问题：‎ ‎（1）电子工业需用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板，检验FeCl3溶液中Fe3+存在的常用试剂是_______。FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔反应的离子方程式为________________，欲从腐蚀后的废液中回收Cu并重新获得FeCl3溶液，现有下列试剂①氯气②铁粉③浓硫酸④盐酸⑤烧碱⑥氨水，请选择试剂______，写出反应的离子方程式：废液中回收Cu_________；废液重新获得FeCl3溶液_________。‎ ‎（2）沸水中逐滴加入1mol/L FeCl3溶液，继续加热至溶液呈透明的红褐色，该反应的化学方程式为____，该分散系中分散质的微粒直径为____ nm。‎ ‎（3）高铁酸钠Na2FeO4是一种新型净水剂，可以通过如下反应制得2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3X+5H2O，X的化学式为____，从化合价升降角度考虑，高铁酸钠能够杀菌是因为它具有____性。‎ ‎【答案】 (1). KSCN溶液 (2). 2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+ (3). ①②④ (4). Cu2++Fe＝Cu+Fe2+ (5). 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl- (6). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (7). 1～100 (8). NaCl (9). 氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据检验铁离子的方法选择使用试剂及反应的现象；氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，据此书写；根据先用过量铁粉将铁离子转化成铜单质，然后加入盐酸消耗掉过量的铁粉，再通入氯气将亚铁离子还原成铁离子，据此选择使用的试剂；‎ ‎（2）根据反应物和生成物书写方程式；根据胶体的含义分析解答；‎ ‎（3）根据原子守恒和高铁酸钠的性质分析解答。‎ ‎【详解】（1）检验铁离子常选用的试剂为KSCN溶液，若溶液中存在铁离子，溶液会变成红色，否则不含铁离子；氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液，先用过量铁粉将铁离子转化成铜单质，过滤后得到金属铜，然后加入盐酸消耗掉过量的铁粉，再通入氯气将亚铁离子还原成铁离子，所以选用的试剂有①氯气、②铁粉、④盐酸，答案为①②④；根据以上分析可知废液中回收Cu的方程式为Cu2++Fe＝Cu+Fe2+；废液重新获得FeCl3溶液的方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；‎ ‎（2）沸水中逐滴加入1mol/LFeCl3溶液，继续加热至溶液呈透明的红褐色，该反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，该分散系是胶体，则其中分散质的微粒直径为1～100nm。‎ ‎（3）高铁酸钠Na2FeO4是一种新型净水剂，可以通过如下反应制得2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH＝‎ ‎2Na2FeO4+3X+5H2O，根据原子守恒可知X的化学式为NaCl；高铁酸钠中铁元素化合价是+6价，易得到电子表现强氧化性，所以高铁酸钠能够杀菌消毒。‎ ‎17.下图为周期表的一部分，元素①～⑨在元素周期表中的位置如下：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）表中化学性质最稳定的元素是____（填元素符号）；‎ ‎（2）非金属性最强的元素是____（填元素符号）；‎ ‎（3）元素⑧的元素符号为____，在周期表中的位置是____；‎ ‎（4）元素③的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键类型为____；‎ ‎（5）比较元素⑤、⑥的简单氢化物的稳定性____（用化学式表示）；比较元素⑤、⑥的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱____（用化学式表示）；‎ ‎（6）设计实验比较元素⑥、⑧的非金属性强弱____。‎ ‎【答案】 (1). Ne (2). F (3). Br (4). 第四周期 第ⅦA族 (5). 离子键、共价键 (6). HCl > H2S (7). HClO4>H2SO4 (8). 向盛有少量KBr溶液的试管中滴加氯水，振荡，再加入少量CCl4，溶液分成两层下层为橙红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表中的位置判断出元素名称，结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】根据元素在周期表中的位置可知元素①～⑨分别是C、O、Na、Al、S、Cl、K、Br、F、Ne。则 ‎（1）表中化学性质最稳定的元素是稀有气体元素Ne；‎ ‎（2）同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性最强的元素是F；‎ ‎（3）元素⑧的元素符号为Br，在周期表中的位置是第四周期第ⅦA族；‎ ‎（4）元素③的最高价氧化物对应水化物是氢氧化钠，其中含有的化学键类型为离子键、共价键；‎ ‎（5）同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物稳定性逐渐增强，则元素⑤、⑥的简单氢化物的稳定性是HCl＞H2S ‎；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，元素⑤、⑥的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HClO4＞H2SO4；‎ ‎（6）比较元素Cl、Br的非金属性强弱的实验方案可设计为：向盛有少量KBr溶液的试管中滴加氯水，振荡，再加入少量CCl4，溶液分成两层下层为橙红色即可说明有单质溴生成，从而证明氯元素非金属性强于溴元素。‎ ‎18.金属钛（Ti）的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称。工业上常用硫酸浸钛铁矿(其主要成分为钛酸亚铁（FeTiO 3它难溶于水，但能与酸反应）的方法制取二氧化钛 ，再由二氧化钛 制取金属钛。工艺流程如下：‎ 回答下列问题 ‎(1) FeTiO3中钛元素的化合价为____。‎ ‎(2)稀硫酸与FeTiO3反应的离子方程式为：____。‎ ‎(3)过程V表现了金属镁的还原性比金属钛的还原性____（填“强”或“弱”）。‎ ‎(4)写出过程IV的化学方程式____（注意焦炭过量）。‎ ‎(5)酸浸中，铁的浸出率与时间、温度的关系如图所示，如图可知，当铁的浸出率为70%时，可采用的实验条件为____。‎ ‎【答案】 (1). +4 (2). FeTiO3 + 4 H+ =Fe2+ +TiO2+ +2H2O (3). 强 (4). TiO2 +2 Cl2 + CTiCl4‎ ‎ +2CO (5). 100摄氏度2h 或 90摄氏度 5h ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据化合物中正负价代数和为0解答；‎ ‎（2）根据流程图中元素的存在形式判断生成物；‎ ‎（3）根据活泼的金属能置换出不活泼的金属判断；‎ ‎（4）TiO2与氯气、焦炭在高温下反应生成四氯化钛、CO，据此书写；‎ ‎（5）根据图像结合浸出率判断需要的温度和时间。‎ ‎【详解】（1）FeTiO3中Fe是+2价，O是－2价，所以根据化合物中正负价代数和为0钛元素的化合价为+4价。‎ ‎（2）根据流程图可知加入稀硫酸后有亚铁离子和TiO2+生成，则稀硫酸与FeTiO3反应的离子方程式为FeTiO3+4H+＝Fe2++TiO2++2H2O。‎ ‎（3）过程V中金属镁和四氯化钛发生置换反应生成金属Ti和氯化镁，则表现了金属镁的还原性比金属钛的还原性强。‎ ‎（4）过程IV中焦炭过量，则碳转化为CO，所以反应的化学方程式为TiO2+2Cl2+CTiCl4+2CO。‎ ‎（5）由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为选择温度为‎100℃‎、2h或‎90℃‎、5h。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合。‎