重庆市北碚区2019-2020学年高一11月联合性测试化学试题

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www.ks5u.com ‎2019-2020学年度上期北碚区高中11月联合性测试高一化学试题 一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列诗句描述的过程涉及氧化还原反应的是(　　)‎ A. 月波成露露成霜 B. 雪融山顶响流泉 C. 粉身碎骨浑不怕 D. 爆竹声中一岁除 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“月波成露露成霜”只涉及物质状态的变化，属于物理变化，选项A不选；‎ B、“雪融山顶响流泉”只涉及物质状态的变化和水的流动，属于物理变化，选项B不选；‎ C、“粉身碎骨浑不怕”只涉及物质颗粒大小的变化，属于物理变化，选项C不选；‎ D、“爆竹声中一岁除”涉及燃烧类型的氧化还原反应，选项D选。‎ 答案选D。‎ ‎2. X元素的1个原子失去2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成离子化合物Z，下列说法中不正确的是 A. Z可以电离 B. Z可以表示为XY2‎ C. X形成+2价阳离子 D. Z的电子式为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：X元素的1个原子失去2个电子转移到Y元素的2个原子中去，则X变为X2+，Y变为Y-，二者形成离子化合物Z是XY2，A．离子化合物Z可以电离，错误。B．Z可以表示为XY2，正确。C．X一个原子失去2个电子，因此形成+2价阳离子，正确。 D．Z是离子化合物，应该有阳离子、阴离子，写出其电荷数目和电性正负，正确。‎ 考点：考查物质的原子结构与形成的化合物的性质的知识。‎ ‎3.下列说法正确的是(　　)‎ ‎①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关 ‎②“钡餐”中使用的硫酸钡是非电解质 ‎③冰和干冰既是纯净物又是化合物 ‎④雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应 ‎⑤某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32-‎ A. ①③④⑤ B. ①③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据胶体的性质，当胶体遇到电解质溶液的时候发生聚沉，江河中的胶体遇到海水中的电解质离子，中和了胶粒所带的电荷，易发生聚沉，故正确；‎ ‎②“钡餐”是硫酸钡，硫酸钡是强电解质，故错误；‎ ‎③冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，均为纯净物，也是化合物，故正确；‎ ‎④烟、云、雾中分散质粒子直径介于1～100 nm，属于分散系中的胶体，胶体能产生丁达尔效应，故正确；‎ ‎⑤加入稀盐酸产生无色气体，将生成的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则溶液中可能有CO32-、SO32-等离子，故错误。‎ 综上，正确的有①③④；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列叙述中正确的是 A. H3O＋和OH－中具有相同的质子数和电子数 B. 35Cl2 与37Cl2属于同一种物质 C. 235 U和238 U互为同位素，物理性质几乎相同，化学性质不同 D. 质子数相同的微粒一定属于同一元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 一个氢氧根离子中的质子数是9个，电子数是10个；‎ B. 35Cl2 与37Cl2都是由氯元素组成的单质；‎ C. 互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定其化学性质；‎ D. 质子数相同的原子一定属于同种元素；‎ ‎【详解】A. H3O＋质子数为11，OH－中的质子数是9，因此两者质子数不同，故A项错误；‎ B. 35Cl2 与37Cl2都是由氯元素组成的单质，结构相同，为同一物质；‎ C. 互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定其化学性质，因此同位素的化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故C项错误；‎ D. 元素的研究对象是原子，质子数相同的微粒不一定属于同种元素，如CH4与H2O故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A. 1 mol氦气所含原子的数目为2NA B. 12 g 12C中所含的碳原子数为NA C. 标况下22.4 L的任何气体所含原子数均为NA D. 相同体积的O2(g)和NO2(g)分子数均为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氦气为单原子分子，1 mol氦气所含原子的数目为NA，选项A错误；‎ B、12 g 12C的物质的量是1 mol，所含的碳原子数为NA，选项B正确；‎ C、标况下22.4 L的任何气体所含分子数均为NA，原子数不一定，选项C错误；‎ D、相同体积的O2(g)和NO2(g)分子数不一定均为NA，因为未指明状态，气体的物质的量不能确定，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒结构分析计算，注意以物质的量为中心的计算公式的应用，易错点为选项D、相同体积的O2(g)和NO2(g)分子数不一定均为NA，因为未指明状态，气体的物质的量不能确定。‎ ‎6.下列各组数值或物理量中，都不随水的“物质的量”的变化而变化的是 A. 水的沸点；水分子的数目 B. 水的质量；水的相对分子质量 C. 水的体积；水中所含原子的数目 D. 水的密度；水的摩尔质量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】水分子的数目与水的 “物质的量”成正比；水的质量与水的 “物质的量”成正比；水的体积随水的“物质的量”增大而增大；沸点是水的物理性质，与水的多少无关；水的相对分子质量是18，与水的多少无关；水的密度是水的物理性质，与水的多少无关；水的摩尔质量是18g/mol，与水的多少无关；故选D。‎ ‎7.下列离子在指定溶液中可能大量共存的是(　　)‎ A. c(H＋)＝0.1 mol·L－1溶液中：K＋、Fe2＋、NO3-、SO32-‎ B. 某无色透明溶液中：Fe3＋、NH4+、NO3-、SCN－‎ C. 能使酚酞变红的溶液中：Na＋、Cl－、SO42-、NO3-‎ D. c(OH－)＝0.1 mol·L－1溶液中：HCO3-、K＋、Na＋、AlO2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、c(H＋)＝0.1 mol·L－1溶液中，Fe2＋、SO32-与NO3-之间均能发生氧化还原反应，不能大量共存，选项A错误；‎ B、某无色透明溶液中，Fe3＋有颜色且Fe3＋与SCN－不能大量共存，选项B错误；‎ C、能使酚酞变红的溶液显碱性，Na＋、Cl－、SO42-、NO3-之间不反应，能大量共存，选项C正确；‎ D、c(OH－)＝0.1 mol·L－1溶液显碱性，HCO3-不能大量共存，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.下列有关反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. 氯气溶于水：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO B. Fe跟稀盐酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑‎ C. 将浓盐酸与MnO2混合加热：MnO2＋2H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋H2O D. 过氧化钠投入水中：Na2O2＋2H2O=O2↑＋2OH－＋2Na＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气溶于水，反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，选项A正确；‎ B. Fe跟稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，选项B错误；‎ C. 将浓盐酸与MnO2混合加热，反应生成氯化锰、氯气和水，反应离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，选项C错误；‎ D. 过氧化钠投入水中，反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2＋2H2O=O2↑＋4OH－＋4Na＋，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎9.水热法制Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-＝Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是 A. O2、S2O32-都是氧化剂 B. x=2‎ C. 每转移3mol电子，有1.5molFe2+被氧化 D. 氧化产物只有S4O62-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在反应3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-＝Fe3O4+S4O62-+2H2O中化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+8/3；硫元素的化合价变化为：+2→+5/2；氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，结合离子方程式的电荷守恒原则判断x，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，故A错误；‎ B．由电荷守恒可知：2×3+2×（-2）-x=-2，x=4，故B错误；‎ C．由方程式可知，1mol氧气参与反应，转移4mol电子，消耗3molFe2+，但只有2molFe2+被氧化，所以每转移3mol电子，有1.5molFe2+被氧化，故C正确；‎ D．由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，则氧化产物有Fe3O4和S4O62-，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32-的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键。‎ ‎10.体检时的一些指标常用物质的量浓度表示(可将元素近似折算成相应离子)。根据下图相关数据，下列分析不正确的是（ ）‎ A. 1 mmol·L－1＝1.0×10－3 mol·L－1‎ B. 可用焰色反应测定钾离子的含量 C. 该报告中Mg2＋指标正常 D. 若某人10 mL血清样本中含钙离子1.2毫克，则其钙含量略偏高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 1mmol/L=1.0×10-3mol/L，A正确；B. 焰色反应只能定性判断元素的存在，不能用焰色反应测定钾离子的含量，B错误；C. 该报告中Mg2+的浓度介于0.75与1.25之间，因此指标正常，C正确；D. 若某人10mL血清样本中含钙离子1.2毫克，浓度是，所以则其钙含量略偏高，D正确，答案选B。‎ ‎11.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，下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子半径的大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)‎ 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的水化物的酸性比W的弱 D. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】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，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg。‎ A、同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O)，选项A错误；‎ B、Y和Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO、SiO2中存在的化学键分别是离子键、共价键，选项B错误；‎ C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X(C)>W(Si)，所以X的最高价氧化物的水化物酸性比W的强，选项C错误；‎ D、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y(O)>W(Si)，所以Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律。其涉及各种元素及其化合物的性质，所以要掌握其规律。例如元素金属性和非金属性的强弱比较。通常有三种方法比较：1．结构比较法：根据原子结构比较，最外层电子数越少，电子层数越多，元素金属性越强；最外层电子数越多，电子层数越少，非金属性越强。2．位置比较法：根据元素周期表中的位置比较，金属性：右上弱左下强。非金属性：左下弱，右上强。根据金属活动性顺序表比较：按钾钙钠镁铝锌铁锡铅铜汞银铂金顺序减弱。根据非金属活动性顺序表比较：按氟氧氯溴碘硫顺序减弱。‎ ‎12.在硫酸铁溶液中，加入少量铜粉至完全溶解后，又加入一定量铁粉，充分反应后有残余固体，则下列判断正确的是 A. 最后得到的溶液中只含Cu2＋‎ B. 残余固体可能为铁、铜混合物 C. 残余固体一定全部是铜 D. 最后得到的溶液中含有Fe3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】本题涉及的反应有：（1）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,(2)Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+‎ 由于Fe3+氧化性比Cu2+强，所以铁粉先和Fe3+反应，再和Cu2+反应，经分析存在几种情况①加入铁粉过量，固体剩余铁、铜，溶液为硫酸亚铁②加入铁粉少量，固体剩余铜，溶液为硫酸亚铁和硫酸铜混合液③加入铁粉恰好把溶液中铁离子与铜离子反应完，剩余固体铜，溶液为硫酸亚铁。根据以上分析可知B选项正确；‎ 正确答案：B。‎ ‎13.下列检验Cl－的方法正确的是(　　)‎ A. 向某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀说明该溶液中有Cl－‎ B 向某溶液中先滴加盐酸，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－‎ C. 向某溶液中先滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加盐酸，沉淀不消失，说明溶液中有Cl－‎ D. 向某溶液中滴加用HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 可能生成碳酸银、硫酸银等沉淀，不能说明该溶液中有Cl−，故A错误；‎ B. 先滴加盐酸,引入Cl−，不能说明该溶液中有Cl−，故B错误；‎ C. 加入盐酸，不能排除Cl−的干扰，故C错误；‎ D. 因氯化银不能溶解于硝酸，滴加用HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，可说明溶液中有Cl−，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】氯离子的特征离子反应是可以和银离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀，注意排除其它离子的干扰，以此解答该题。‎ ‎14.有两份质量相同的碳酸氢钠固体，向第一份中加入盐酸使其充分反应；将第二份加热使其完全分解，冷却至原温度再加入相同浓度的盐酸，充分反应，则它们所耗用的盐酸的体积比为(　　)‎ A. 2∶1 B. 1∶1 C. 1∶2 D. 4∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】不论是先加热使其分解，还是直接与盐酸反应，最终所得溶液均是氯化钠溶液，根据钠离子守恒可知生成的氯化钠一样多，再根据氯离子守恒可知消耗的盐酸一样多，因此所耗用的盐酸的体积比为1∶1，答案选B。‎ ‎15.A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，该混合物成分的分析方案如图所示。‎ 下列分析不正确的是(　　)‎ A. 当m1>m2时，溶液a中的阴离子只有1种 B. 生成蓝色溶液的离子方程式为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋‎ C. 要确定混合物中是否含有Al，可取A加入适量稀盐酸 D. 当m2－m3＝2.96 g时，Fe3O4的质量至少为2.32 g ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子不至一种，故A错误；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+‎ ‎，故B正确；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D、因固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3O4～2Fe3+～Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2-m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g×232÷（232+64）=2.32g，故D正确。‎ 考点：常见金属元素的单质和化合物的综合应用 ‎16.下列说法正确的有几句（　　）‎ ‎①离子键与共价键的本质都是静电作用；②任何物质中都存在化学键；③氢键是极弱的化学键；④离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力；⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键；⑥任何共价键中，成键后原子均满足8电子稳定结构；⑦验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电；⑧两种非金属元素形成的化合物不可能含有离子键；⑨化学键断裂，一定发生化学变化 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①离子键与共价键均为化学键，本质都是静电作用，正确；‎ ‎②稀有气体中没有化学键，错误；‎ ‎③氢键不是化学键，错误；‎ ‎④阴、阳离子之间存在静电吸引力和静电斥力，离子键就是阴、阳离子之间的静电作用，错误；‎ ‎⑤活泼金属与活泼非金属化合时存在电子转移、形成阴离子和阳离子，阴离子与阳离子之间能形成离子键，正确；‎ ‎⑥BF3中B原子周围只有6个电子，不满足8电子稳定结构，错误；‎ ‎⑦离子化合物在熔融时能电离，所以能导电，共价化合物在熔融时不电离，不能导电，所以判断化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔化下能否导电，正确；‎ ‎⑧两种非金属元素形成的化合物可能含有离子键，例如NH4H，错误；‎ ‎⑨化学变化中存在新键的断裂和旧键的形成，只存在化学键的断裂不一定发生化学变化，如HCl溶于水，共价键被破坏，但是属于物理变化，错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学键、电解质的电离、溶液的导电性、化学变化等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意铵盐是由非金属元素形成的离子化合物。‎ ‎17.下列实验现象与结论均正确的是(　　)‎ 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液 溶液呈红色 未知液中一定含有Fe2＋‎ B 向无色溶液中滴加氯水，再加CCl4振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 无色溶液中含有I－‎ C 某少量气体通入澄清石灰水中 澄清石灰水变浑浊 该气体一定是CO2‎ D 将银白色的金属钠放置在空气中 钠表面很快变暗 金属钠具有强氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液中含有Fe3＋也具有上述现象，Fe2＋是否含有无法确定，应先加入KSCN溶液，排除Fe3+的干扰，再加入氯水，若变红，说明有Fe2+，选项A错误；‎ B、氯水中氯气分子具有强氧化性，把I－氧化为I2，四氯化碳与水互不相溶，分层，碘易溶于四氯化碳中呈现紫红色，符合题意，选项B正确；‎ C、二氧化硫气体也具有上述的实验现象，无法确定一定是CO2，选项C错误；‎ D、因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易氧化形成氧化钠，出现变暗现象，说明金属钠具有强的还原性，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎18.有Na、Mg、Al、Fe、Cu五种金属，若两两混合，取混合物15g与足量稀硫酸反应后完全溶解，产生标准状况下H2 11.2L，求此混合物的组合方式最多有( )‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 6种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】混合物15g与足量稀硫酸反应，产生标况下H2‎ ‎11.2L，氢气物质的量=11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，15g金属提供电子物质的量为0.5mol×2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为15g。则 Na在反应中表现+1价，提供1mol电子需要Na的质量为23g；‎ Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g×1/2=12g；‎ Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g×1/3=9g；‎ Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g×1/2=28g；‎ Cu不稀硫酸反应产生氢气，提供1mol电子需要Cu的质量为无穷大；‎ 故两两混合，可能的组合为Na与Mg，Na与Al，Cu与Mg、Cu与Al、Fe与Mg、Fe与Al，共6种，故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查金属的性质、混合物的有关计算，注意平均值与极限法相结合的利用，从而简化计算，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大。‎ 二、非选择题(本题包括4小题，共46分)‎ ‎19.国际化学年的中国宣传口号是“化学——我们的生活，我们的未来”。‎ ‎(1)宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：_______。‎ ‎(2)厨房里小苏打常作面包和糕点发泡剂，写出小苏打溶于水的电离方程式：_________。‎ ‎(3)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：_________。若向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是________(填字母)。‎ A．有铜无铁 B．有铁无铜 C．铁、铜都有 D．铁、铜都无 ‎【答案】 (1). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (2). NaHCO3=Na＋＋HCO3- (3). Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋ (4). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；‎ ‎(2)小苏打溶于水电离产生钠离子和碳酸氢根离子；‎ ‎(3)铁的还原性强于铜，在FeCl3溶液中加入Fe粉和铜粉，铁若过量，则反应结束时铁、铜都有；若铁恰好完全反应，则反应结束时有铜无铁。铁反应完后，铜再与Fe3＋反应，Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，铜完全反应时，铁、铜都无。‎ ‎【详解】(1)宇航员常用过氧化钠作供氧剂，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；‎ ‎(2)厨房里小苏打常作面包和糕点的发泡剂，小苏打溶于水电离产生钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋HCO3-；‎ ‎(3) FeCl3溶液与铜反应，得到氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋；铁的还原性强于铜，在FeCl3溶液中加入Fe粉和铜粉，铁发生反应：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，铁若过量，则反应结束时铁、铜都有；若铁恰好完全反应，则反应结束时有铜无铁。铁反应完后，铜再与Fe3＋反应，Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，铜完全反应时，铁、铜都无。‎ 答案选B。‎ ‎20.现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，其原子序数依次增大且分别位于三个不同周期。已知A、D位于同一主族，D是短周期中原子半径最大的。B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。‎ ‎(1)A、C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是________(填元素符号)。‎ ‎(2)B 、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是________(填化学式)。‎ ‎(3)由C、D两元素能形成一种原子个数比为1∶1的化合物，该化合物所含的化学键类型有____。‎ ‎(4)下列事实能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强的是________(填字母)。‎ a．G单质与Na2S溶液反应溶液变混浊 b．F的氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱 c．G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 ‎(5)A、C、D、F四种元素形成的化合物M和N在溶液中相互反应的离子方程式是___________。‎ ‎【答案】 (1). r(S2－)>r(O2－)>r(Na＋)>r(H＋) (2). HClO4 (3). 离子键、共价键 (4). ac (5). H＋＋HSO3-===SO2↑＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；已知该七种元素位于三个不同的周期，且A、D位于同一主族，A为H；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，B为C，E为Si；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C、F的原子序数之和为24，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以C为O；F为S；G为Cl，据此分析。‎ ‎【详解】现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；已知该七种元素位于三个不同的周期，且A、D位于同一主族，A为H；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，B为C，E为Si；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C、F的原子序数之和为24，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以C为O；F为S；G为Cl。‎ ‎(1)离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；因此离子半径由大到小的顺序是：r(S2－)>r(O2－)>r(Na＋)>r(H＋)；‎ ‎(2)元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物分别为：H2CO3、H2SiO3、H2SO4、HClO4；因非金属性：Cl>S>C>Si，所以最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序是：HClO4>H2SO4>H2CO3>H2SiO3；综上所述，B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4；‎ ‎(3)由C、D两元素能形成一种原子个数比为1∶1的化合物Na2O2，所含的化学键类型有离子键、共价键；‎ ‎(4)a、G为Cl原子，其单质Cl2与Na2S溶液反应的方程式为：Cl2＋Na2S=2NaCl＋S↓，G的得电子能力强，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，选项a正确；‎ b、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，F的氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱不能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，选项b错误；‎ c、G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知G的氢化物稳定，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，选项c正确；‎ 答案选ac；‎ ‎(5)A、C、D、F四种元素组成的化合物M和N分别为：NaHSO4和NaHSO3，它们在溶液中相互反应的离子方程式是：H＋＋HSO3-=SO2↑＋H2O。‎ ‎21.A、B、C、D是中学化学常见的单质，甲、乙、丙为化合物，乙在常温常压下为无色无味的液体，元素A有可变化合价。它们之间存在如下图的所示的转化关系。由此推断：‎ ‎（1）甲的化学式为_____________，丙的化学式为______________。‎ ‎（2）写出甲和D反应的化学方程式___________________________________________。‎ ‎（3）为检验化合物甲中元素的化合价，需要用到的药品有_________________________。‎ A．稀硫酸 B．盐酸 C．硫氰化钾溶液 D．高锰酸钾溶液 ‎（4）为测定A和乙高温反应后所得固体中化合物甲的质量分数。取反应后所得固体并设计以下实验：‎ 化合物甲的质量分数为________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3O4 (2). Al2O3 (3). 3Fe3O4 +8Al 9Fe +4Al2O3 (4). A、C、D (5). 80.6%‎ ‎【解析】‎ A、B、C、D是中学化学常见的单质，甲、乙、丙为化合物，乙在常温常压下为无色无味的液体，元素A有可变化合价，则A是Fe，乙是H2O，甲是Fe3O4；B是O2，C是H2，D是Al，丙是Al2O3。（1） 甲的化学式为Fe3O4，丙的化学式为Al2O3；（2）甲和D在高温下发生铝热反应，产生Al2O3和Fe，反应的化学方程式是3Fe3O4 +8Al 9Fe +4Al2O3；（3）化合物甲是Fe3O4，要检验其中所含有的阳离子，要先用非氧化性的酸使其发生反应：Fe3O4+8H+= 2Fe3++Fe2+ +4H2O，然后在用高锰酸钾溶液检验Fe2+；用硫氰化钾溶液检验Fe3+，故使用的物质是A、C、D；（4）Fe与水蒸气反应产生Fe3O4，要测其含量，最后得到的红棕色的固体是Fe2O3，其物质的量是，n（Fe）=0.2mol×2=0.4mol，假设在28.8g中含有Fe、Fe3O4的物质的量分别是x、y，则x+3y=0.4mol，56x+232y=28.8g，解得x=0.1mol，y=0.1mol，所以化合物甲的质量分数为 ‎22.某课外活动小组的同上查询资料时得知，干燥的CO2与Na2O2不能反应，只有在水蒸气存在下二者才能发生反应。他们设计了如图所示实验装置，用于验证上述结论。‎ ‎(1)装置Ⅰ中的试剂的最佳组合是________(填字母)。‎ a．稀盐酸 b．稀硫酸 c．小苏打 d．石灰石 ‎(2)实验时，甲同学认为关闭K1、打开K2，通过观察________判断此时Ⅲ中是否发生了化学反应。‎ ‎(3)乙同学认为可以分别按“先关闭K1、打开K2，再关闭K2、打开K1”的方式进行操作，并在a处收集所得气体，然后用带火星的木条检验收集到的气体，但他发现两种情况下木条均没有复燃。‎ ‎①丙同学经过观察分析，建议在Ⅲ后安装一个盛有碱石灰的干燥管，目的是________________‎ ‎②丁同学认为即使采纳丙同学的建议且最终观察到木条复燃，也不能证明CO2参与了反应，原因是________________________‎ ‎(4)为进一步达到实验目的，应补充的实验操作是：取最终反应后Ⅲ中所得固体，____________‎ ‎【答案】 (1). bc (2). Ⅲ中固体颜色是否由淡黄色变成白色(回答出要点即可) (3). 除去未反应的CO2、H2O(g) (4). 水蒸气与Na2O2反应也能产生O2 (5). 加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水(其他合理答案也可)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)盐酸易挥发，稀硫酸与CaCO3反应会生成微溶的CaSO4，导致反应很快停止，故用稀硫酸与小苏打最佳； ‎ ‎(2)通过观察Ⅲ中固体颜色是否由淡黄色变成白色判断此时Ⅲ中是否发生了化学反应；‎ ‎(3)①当收集到的气体中含有较多的水蒸气、CO2时，带火星的木条无法复燃；‎ ‎②收集到的氧气也可能是由水蒸气与Na2O2反应生成的，答案是水蒸气与Na2O2反应也能产生O2；‎ ‎(4)若要最终达到实验目的，还应对反应后Ⅲ中所得的固体进行检验，确定其中是否含有碳酸盐。‎ ‎【详解】(1)盐酸易挥发，挥发的HCl会对后面的实验产生干扰，稀硫酸与CaCO3反应会生成微溶的CaSO4，导致反应很快停止，故用稀硫酸与小苏打最佳；‎ 答案选bc；‎ ‎(2)实验时，甲同学认为关闭K1、打开K2，通过观察Ⅲ中固体颜色是否由淡黄色变成白色判断此时Ⅲ中是否发生了化学反应；答案是Ⅲ中固体颜色是否由淡黄色变成白色；‎ ‎(3)①当收集到的气体中含有较多的水蒸气、CO2时，带火星的木条无法复燃，用碱石灰可以除去未反应的CO2及水蒸气；答案是除去未反应的CO2、H2O(g)；‎ ‎②收集到的氧气也可能是由水蒸气与Na2O2反应生成的； ‎ ‎(4)若要最终达到实验目的，还应对反应后Ⅲ中所得的固体进行检验，确定其中是否含有碳酸盐。答案是加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水。‎ ‎【点睛】本题考查Na2O2、CO2的性质及化学实验基本操作知识。易错点为(3)①当收集到的气体中含有较多的水蒸气、CO2时，带火星的木条无法复燃。‎ ‎ ‎