山东省临沂市2019_2020学年高一化学上学期期末考试水平监测试题(含解析)

山东省临沂市2019-2020学年高一化学上学期期末考试水平监测试题

（含解析）

可能用到的相对原子质量是：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35．5 Cu 63．5

第Ⅰ卷(选择题)

一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)

1.化学与生活息息相关。下列说法错误的是

A. 铝合金大量用于高铁建设

B. 活性炭具有除异味和杀菌作用

C. 生石灰可用作袋装食品干燥剂

D. 光束通过云、雾会产生丁达尔效应【答案】B

【解析】

【详解】A．铝合金具有质轻、硬度大等优点，制造的机械既坚固又轻便，所以铝合金大量用于高铁建设，A正确；

B．活性炭具有吸附性，没有强氧化性，所以活性炭能去除异味，但是不能杀菌消毒，B错误；C．生石灰能与水反应生成无毒的氢氧化钙，所以生石灰可用作袋装食品干燥剂，C正确；D．云、雾是胶体，所以光束通过云、雾时发生光的散射，产生丁达尔效应，D正确。

答案选B。

2.用化学用语表示Cl2+H2O =HCl+HClO中的相关微粒,其中正确的是

O B. HCl的电子式：

A. 中子数为10的氧原子：10

8

C. HClO 的结构式：H-Cl-O

D. Cl－的结构示意图：

【答案】D

【解析】

O，A 【详解】A．质量数=质子数+中子数，中子数为10氧原子，其质量数为18，应写成18

8

错误；

B．HCl为共价化合物，氢原子与氯原子共用一对电子对，氯原子周围满足8电子稳定结构，则电子式应为，故B项错误；

C．HClO中O原子分别与氢原子和氯原子形成共价键，其结构式为H-O-Cl，C错误；

D．氯离子的核内质子数为17，其核外电子数为18，则氯离子的结构示意图：，D项正确

答案选D。

3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A. 细铁粉具有还原性，可用作食品抗氧剂

B. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂

C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张

D. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料

【答案】A

【解析】

【详解】A．细铁粉具有还原性，能与空气中的氧气反应，所以可用作食品抗氧剂，A符合题意；

B．NaHCO3具有弱碱性，能与HCl反应，所以NaHCO3可用于制胃酸中和剂，与NaHCO3受热易分解无关，B不符题意；

C．漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与二氧化碳、水反应生成氧化性强的次氯酸，可作漂白剂，与漂白粉稳定性无关，C不符题意；

D．Al2O3是离子化合物，离子键强，使其熔点高，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，D不符题意。

答案选A。

4.含锂材料在社会生产与生活中应用广泛,如6Li和7Li用作核反应堆最佳热载体7LiH 和7LiD 用作高温堆减速剂。下列说法正确的是

A. 7LiH和7LiD互为同素异形体

B. 7LiH和7LiD的化学性质不同

C. 6Li和7Li核外电子排布方式相同

D. 通过化学变化可以实现6Li与7Li间的相互转化

【答案】C

【解析】

【详解】A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体，7LiH和7LiD是化合物，不互为同素异形体，A错误；

B．同种元素的不同原子间互为同位素，而互为同位素的原子的最外层电子数相同，所以化学

性质也相同，故7LiH和7LiD的化学性质相同，B错误；

C．6Li和7Li的核内均有3个质子，核外均有3个电子，故两者的核外电子排布方式相同，故

C正确；

D．化学反应中的最小微粒是原子，故化学变化不可以实现6Li与7Li间的相互转化，两者的

转化也不是化学变化，D错误。

答案选C。

5.根据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是

A. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素

B. 第VA族元素的非金属性自上而下依次减弱

C. 短周期元素形成离子后，最外层都达到8电子稳定结构

D. 第三周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．位于金属和非金属分界线附近的元素，表现一定的金属性与非金属性，而过渡元

素包括副族元素与第Ⅷ族元素，A错误；

B．同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减

小，导致其非金属性减弱，所以同一主族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，则第VA

族元素的非金属性自上而下依次减弱，B正确；

C．H、Li元素形成离子后达到2电子结构和氦相同，不是8电子稳定结构，C错误；

D．同周期金属元素的化合价越高，越难失去电子，如第三周期中，Na比Al容易失去电子，D

错误。

答案选B。

6.设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 0.1 mol /L K2SO4溶液中含有的K+数为0.2N A

B. 标准状况下，11.2L H2O中含有的分子数为0.5N A

C. 32g由O2和O3组成的混合气体中含有的原子数为2N A

D. 1mol Cl2与足量的铁粉完全反应，转移的电子数为3N A

【答案】C

【解析】

【详解】A．0.1 mol /L K2SO4溶液没有给体积，无法计算K+数目，A错误；B．标准状况下H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；

C．32g由O2和O3组成的混合气体中只有一种氧原子，原子的物质的量为

32g

16g/mol

=2mol，故

32g由O2和O3组成的混合气体中含有的原子数为2N A，C正确；

D．Cl2与铁反应后变为-1价，故1mol Cl2与足量的铁粉完全反应，转移的电子数为2N A，故D错误。

答案选C。

7.《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅而后火药成声”的主要反应为S+2KNO3+3C =K2S+3CO2↑+N2↑．下列说法错误的是（）

A. 硝石的主要成分为硝酸盐

B. 硫磺在反应中作氧化剂

C. 火药可用于制作烟花爆竹

D. 每消耗1 mol KNO3，该反应转移

5 mol电子

【答案】D

【解析】

【详解】A. 火药的成分硝石、硫磺、木炭，按一定比例配制而成，反应方程式为：S+2KNO3+3C═K2S+3CO2↑+N2↑，据此可知硝石的主要成分是硝酸钾，A正确；

B. 反应中S的化合价降低，得电子，则硫磺在反应中作氧化剂，B正确；

C. 火药爆炸能发出很大的响声，燃烧产生紫色火焰，所以火药可用于制作烟花爆竹，C正确；

D. S和KNO3都是氧化剂，C是还原剂，每消耗1 mol KNO3，同时消耗1.5 molC，该反应转移6 mol电子，D错误；故答案为：D。

8.在无色透明的强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（）

A. K+、Fe2+、ClO-、NO3-

B. Na+、Ca2+、NO3-、CO32-

C. Mg2+、Al3+、Cl-、SO42+

D. Ba2+、NH4+、Cl-、HCO3-

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A. Fe2+在溶液中显浅绿色、在强酸性溶液中ClO-或NO3-会氧化Fe2+，不能大量共存，A错误；

B. 在强酸性溶液中，H+与CO32-反应生成CO2和H2O，不能大量共存，B错误；

C. 在无色透明的强酸性溶液中，Mg2+、Al3+、Cl-、SO42+之间不反应，可以大量共存，C正确；

D. 在强酸性溶液中，H+与HCO3-反应生成CO2和H2O，NH4+与HCO3-双水解，不能大量共存，D错误，故答案为：C。

【点睛】注意了解离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ba2+和SO42-）；（3）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe2+、H+、NO3-）；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；（5）能发生双水解反应的离子之间（如Al3+和CO32-）。

9.下列离子方程式书写正确的是

A. 用醋酸除去水垢：2H++CO32- = CO2↑+H2O

B. 向FeC13溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+

C. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑

D. 用管道疏通剂(主要成分为Al粉和NaOH固体)疏通管道：2A1+2H2O+2OH-=2A1O2-+3H2↑

【答案】D

【解析】

【详解】A．醋酸为弱电解质，碳酸钙难溶于水，应写成化学式，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，选项A错误；

B．向FeC13溶液中加入过量铁粉的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，选项B错误；

C．电荷不守恒，钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项C错误；

D. 用管道疏通剂(主要成分为Al粉和NaOH固体)疏通管道，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2A1+2H2O+2OH-=2A1O2-+3H2↑，选项D正确；

答案选D。

10.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（）

A. Fe(s)FeCl3(s)Fe(OH)3(s)

B. CaCl2(aq)CaCO3(s)CaO(s)

C. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(s)

D. Al2O3(s)AlCl3(aq)Al(OH)3 (s)

【答案】B

【解析】

【详解】A. Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与NaOH反应生成氢氧化铁，则转化均可实现，A正确；

B. 因盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则氯化钙与二氧化碳不反应，CaCl2(aq) CaCO3(s)不能实现转化，B错误；

C. 碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙和NaOH，则转化均可实现，C正确；

D. 氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，则转化均可实现，D正确；故答案为：B。

11.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下图所示，Y的原子序数是X的2倍，由此可知

W X

Y Z

A. 原子半径： Z>Y>X

B. Y的单核阴离子还原性比X的强

C. Z的氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强

D. 简单氢化物的热稳定性： W>X

【答案】B

【解析】

【分析】

W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X与Y同主族，且Y的原子序数是X的2倍，则X为O元素；Y为S元素；据此得知W为N元素；Z为Cl元素，据此分析。

【详解】A．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，原子半径随着原子序数的

增大而减小，所以元素的原子半径：Y>Z> X，选项A错误；

B．元素非金属性越强，其离子的还原性越弱，故Y的单核阴离子还原性比X的强，选项B正确；

C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强，不是最高价氧化物的水化物的酸性不一定强，如HClO的酸性弱于硫酸，选项C错误；

D．元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则简单氢化物的热稳定性： X > W，选项D错误；

答案选B。

12.下列装置不能实现相应实验目的的是

A. 制取Cl2

B. 除去Cl2中的

HCl

C. 收集Cl2

D. 处理含Cl2的尾气

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气必须在加热条件下，该装置没有加热，所以不能

制得氯气，选项A错误；

B．因为HCl极易溶于水，NaCl溶液中含有大量氯离子，Cl2溶于水是一个可逆反应,Cl2+ H2O

HCl+ HClO，NaCl溶液中的Cl-抑制该反应，选项B正确；

C．Cl2密度比空气大，应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，导气管长进短出，选项C 正确；

D．Cl2是污染性气体，且能与碱反应，实验室可用氢氧化钠溶液处理含有Cl2的尾气，选项D 正确。

答案选A。

13.铬元素( Cr)的化合物存在下列转化关系：

下列判断错误的是

A. 反应①表明Cr2O3,具有酸性氧化物的性质

B. 反应②利用了H2O2的氧化性

C. 反应③发生的反应为2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O

D. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化

【答案】D

【解析】

【详解】A. 反应①是Cr2O3和KOH反应生成KCrO2和水，表明Cr2O3有酸性氧化物的性质，选项A正确；

B. 反应②中KCrO2被氧化为K2CrO4，体现H2O2的氧化性，选项B正确；

C. 反应③K2CrO4溶液与硫酸反应生成K2Cr2O7、K2SO4和水，反应的化学方程式为

2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，选项C正确；

D. 反应①③中铬元素化合价没有变化，②中铬元素的化合价由+3升高为+6，选项D错误；答案选D。

14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

实验操作现象结论

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．K、Na分别与水反应，钾比钠反应剧烈，可知金属性K的强，选项A正确；

B．SO32-与Ca2＋也生成白色沉淀或氯离子与银离子反应也产生白色沉淀，故溶液中可能含有Ag+、

SO32-离子等不一定含有CO32-，选项B错误；

C．氯气与水反应生成HCl、HClO，则氯气通入石蕊试液先变红后褪色，HClO具有漂白性，选

项C错误；

D．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色

溶液中含有溴，则结论不正确，选项D错误；答案选A。

15.在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴人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。下列分析正确的是（）

A. ①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线

B. ab 段发生反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O

C. b、d两点对应的溶液均显中性

D. c点对应的两溶液中含有相等量的OH-【答案】C

【解析】

【分析】

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②表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液；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①表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液。

【详解】A. 根据分析，曲线②在b点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，曲线②表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液，A错误；

B. ab 段发生反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+2OH-+2H+=2H2O+BaSO4↓，B错误；

C. b、d两点，酸碱恰好中和，对应的溶液均显中性，C正确；

D. 曲线②上的c点，Ba(OH)2溶液已经过量，溶液中有OH-，曲线①上的c点，NaOH溶液不足，剩余H2SO4，溶液呈酸性，D错误；

故答案为：C。

【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。

第Ⅱ卷(非选择题)

16.聚合硫酸铝铁(PAFS)是一种高效净水剂，其组成表示为[AlFe(OH)x(SO4)(3-

2

x

)

]y。为检测

PAFS中Al的含量，设计如下流程。

回答下列问题：

(1)实验中需配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器为__。

(2)PAFS中铁元素的化合价为_______；沉淀A的化学式为_________。

(3)如图所示，过滤操作中的一处错误是__________。

(4)生成沉淀B的离子方程式为______。

(5)PAFS中Al元素

的质量分数为_______(用同m、n的代数式表示)。【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). +3 (3). Fe(OH)3 (4). 漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁 (5). CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、

CO2+CO32-+H2O=2HCO3- (6).

9n

100%

17m

或

9n

17m

【解析】

【分析】

为检测PAFS中Al含量，PAFS加入足量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤后得到氢氧化铁，滤液中通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝。【详解】（1）配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，涉及称量、溶解、移液、洗涤、定容等操作，则需要的仪器有玻璃棒、托盘天平（量筒）、烧杯、胶头滴管，还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；

（2）化学式为：[AlFe(OH)x (SO 4)(3-

2x )]y ，其中Al 为+3价，设Fe 的化合价为m ，则3+m=x+2×(3-2

x )，m=+3，沉淀A 的化学式为： Fe(OH)3，故答案为：+3；Fe(OH)3；

（3）过滤时，漏斗下端应紧贴烧杯内壁，避免液体飞溅，故答案为：漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；

（4）偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式：AlO 2-+CO 2+2H 2O=Al(OH)3↓+HCO 3-或2AlO 2-+CO 2+3H 2O=2Al(OH)3↓+CO 32-、CO 2+CO 32-+H 2O=2HCO 3-，故答案为：CO 2+AlO 2-+2H 2O=Al(OH)3↓+HCO 3-或2AlO 2-+CO 2+3H 2O=2Al(OH)3↓+CO 32-、

CO 2+CO 32-+H 2O=2HCO 3-；

（5）m g PAFS 生成n g 氧化铝，铝的质量为：54n 102

g ，则铝的含量为54n g 9n 102100%100%mg 17m

?=?，故答案为：9n 100%17m ?或9n 17m 。 【点睛】偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳气体：①CO 2过量时：NaAlO 2+CO 2+2H 2O=Al(OH)3↓+NaHCO 3；②CO 2少量时：2NaAlO 2+CO 2+3H 2O=2Al(OH)3↓+Na 2CO 3 ，不管CO 2过量还是少量，都产生Al(OH)3沉淀。

17.利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系

回答下列问题：

(1)X 的电离方程式为________。

(2)氯的某种氧化物(Cl m O n )中氯、氧元素质量比为71：48，则m ：n=______。

(3)Y 可用于实验室制O 2，其焰色试验为紫色，则Y 含有的化学键类型为__；Y 在400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，生成的两种盐的

化学式分别__。

(4)NaClO 2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒效率是Z 的__倍(还原产物都为Cl -，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。

(5)Cl 2O 可用潮湿的Z 与Na 2CO 3反应制取，同时生成NaHCO 3，反应中Z 既体现氧化性，又体现还原性，该反应的化学方程式为__。

【答案】 (1). HClO 4＝H +＋ClO 4- (2). 2:3或23

(3). 离子键、极性共价键或共价键或极性键 (4). KCl 、KClO 4 (5). 2 (6). 2Cl 2＋2Na 2CO 3＋H 2O ＝2NaCl ＋2NaHCO 3＋Cl 2O

【解析】

【详解】(1)X 是氯元素的+7价的酸，则X 为HClO 4，高氯酸为强酸，完全电离，其电离方程式为HClO 4＝H +＋ClO 4-；

(2)氯的某种氧化物(Cl m O n )中氯、氧元素质量比为71：48，则有35.5711648

m n =，故有m ：n=2:3； (3)Y 可用于实验室制O 2，其焰色试验为紫色，故含有K 元素，Y 中氯元素的化合价为+5价，则Y 为KClO 3，含有的化学键类型为离子键、极性共价键或共价键或极性键；KClO 3在400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐KCl ，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，KClO 3、KCl 中氯元素的化合价分别为+5、-1，根据化合价变化及氧化还原反原理可知，另一种盐中氯元素的化合价应高于+5价，且氯元素的价态一般为奇数价，故为KClO 4，即生成的两种盐的化学式分别为KCl 、KClO 4；

(4)Z 是氯元素形成的单质，则为Cl 2，NaClO 2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒效率

是Cl 2的[]310(1)2

+----?（）=2倍(还原产物都为Cl -，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)； (5)Cl 2O 可用潮湿的Cl 2与Na 2CO 3反应制取，同时生成NaHCO 3，反应中Cl 2既体现氧化性，又体现还原性，Cl 2O 中氯为+1价，生成Cl 2O 时氯气体现还原性，则生成物中还有含氯化合价小于0的，则为Cl -

，即有NaCl 生成，结合氧化还原反应配平得反应的化学方程式为2Cl 2＋2Na 2CO 3＋H 2O ＝2NaCl ＋2NaHCO 3＋Cl 2O 。

18.某化学兴趣小组为了探究“干燥的CO 2不能与Na 2O 2反应”而“潮湿的CO 2能与Na 2O 2反应”，设计了如下装置进行实验(夹持仪器已省略)。

回答下列问题：

(1)实验开始前先通入一段时间的N2，目的是________。

(2)饱和NaHCO3溶液的作用是_________；试剂X是___________。

(3)实验时，首先打开装置A中分液漏斗的活塞，加入稀盐酸；然后关闭K1，打开K2，实验中观察到E中灼热的铜丝颜色未发生变化，则得出的结论是_______。

(4)若_____(填操作)，E中灼热的铜丝变为黑色，可证明潮湿的CO2能与Na2O2反应。

(5)写出D中CO2与Na2O2反应的化学方程式___________。

【答案】 (1). 排除装置中的空气 (2). 除去CO2气体中的HCl气体 (3). 浓硫酸(4). 干燥的CO2不能与Na2O2反应 (5). 打开K1，关闭K2 (6). 2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2

【解析】

【分析】

为了探究“干燥的CO2不能与Na2O2反应”而“潮湿的CO2能与Na2O2反应”，设计了如下装置进行实验，先用氮气排尽装置A中的空气，利用装置A制取CO2，通过装置B利用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，再通过装置C，装有浓硫酸，若打开K2关闭K1则为干燥的CO2，若打开K1关闭K2则为潮湿的CO2，经过装置D与过氧化钠作用，再通过装置E用灼热的铜丝检验是否有氧气生成，据此分析。

【详解】(1)后续实验要验证是否有氧气生成，故实验开始前先通入一段时间的N2，目的是排除装置中的空气；

(2)盐酸易挥发，制得的二氧化碳中含有氯化氢气体，饱和NaHCO3溶液的作用是除去CO2气体中的HCl气体；试剂X是起干燥剂作用，可选用浓硫酸；

(3)实验时，首先打开装置A中分液漏斗的活塞，加入稀盐酸；然后关闭K1，打开K2，则气体被干燥，为干燥的CO2，实验中观察到E中灼热的铜丝颜色未发生变化，则D中没有氧气生成，

则得出的结论是干燥的CO2不能与Na2O2反应；

(4)若打开K1，关闭K2，则二氧化碳末被干燥，E中灼热的铜丝变为黑色，可证明潮湿的CO2能与Na2O2反应；

(5)D中CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2。

19.氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)为元素周期表中的原子序数依次增大的同主族元素。回答下列问题：

(1)N2的电子式为_________；锑在元素周期表中的位置为__________。

Bi中子数与质子数的差值为________。

(2)209

83

(3)酸性：H3AsO4__H3PO4(填“>”或”<”)请从元素性质角度解释原因_______。

(4)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强的还原性，可用于化学镀银。

①H3PO2与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2，则H3PO2是______元酸(填“一”、“二”或“三”)。

②H3PO2可将溶液中的银离子还原为银单质，氧化产物为H3PO4。利用H3PO2进行镀银时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。

【答案】 (1). (2). 第五周期第ⅤA族 (3). 43 (4). ＜ (5). As元素的非金属性比P元素的弱 (6). 一 (7). 4:1

【解析】

【分析】

（1）氮气分子中含有1个氮氮三键，N最外层满足8电子稳定结构；氮、磷、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）为元素周期表中原子序数依次增大的同主族元素，结合N在周期表中位置分析；（2）质量数=质子数+中子数，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；

（3）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；

（4）①H3PO2与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2，说明该酸为一元酸；

②结合化合价升降相等计算氧化剂与还原剂的物质的量之比。

【详解】（1）氮气分子中,，每个氮原子都达到了8电子结构，氮气的电子式为；氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)为元素周期表中原子序数依次增大的同主族元素，N位于第二周期ⅤA族，则锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，故答案为：；第五周期第ⅤA族；

Bi的质量数为209，质子数为83，则中子数与质子数的差值为(209?83)?83=43，故答（2）209

83

案为：43；

（3）由于As的非金属性比P元素弱，则最高价含氧酸的酸性：H3AsO4

（4）①H3PO2与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2，说明NaH2PO2为正盐，则H3PO2为一元酸，故答案为：一；

②H3PO2可将溶液中的银离子还原为银单质，氧化产物为H3PO4，银元素化合价从+1价变为0价，化合价降低1价，银离子为氧化剂；

H3PO2中P元素化合价从+1价变为+5价，化合价升高4价，氧化还原反应中化合价升降相等，则利用H3PO2进行化学镀银时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，故答案为：4:1。

【点睛】化合价降低，得电子，发生还原反应，本身作氧化剂；化合价升高，失电子，发生氧化反应，本身作还原剂。

20.某实验小组进行Cu和Fe2(SO4)3溶液的实验。实验探究过程如下：

实验装置：

实验操作与现象：ⅰ．加入Cu粉后充分振荡，静置，溶液变成浅蓝绿色；

ⅱ．取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液，立即出现白色沉淀，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去。

查阅资料：

Ⅰ．Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN(白色沉淀)和(SCN)2： (SCN)2的性质与Cl2相似。Ⅱ．CuSCN能与稀硝酸反应：CuSCN+HNO3→CuSO4+N2↑+CO2+H2O(未配平)。

回答下列问题：

(1)Cu和Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式为________。

(2)根据表中实验现象推断白色沉淀为___________。为验证该白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，加入___，若____即可证明(补充所加试剂及实验现象)。

(3)试解释ⅱ中溶液局部变为红色的原因是______。

(4)根据ⅱ中实验现象可推知SCN-更易与_______结合(填“Fe3+”或“Cu+”)

【答案】 (1). Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2＋ (2). ）CuSCN (3). 少量稀硝酸 (4). 白色沉淀溶解，溶液变蓝，有气泡生成 (5). Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3 (6). Cu+

【解析】

【分析】

Cu和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液，立即出现白色沉淀CuSCN，Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去，据此分析。

【详解】(1)Cu和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2＋；

(2) Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN(白色沉淀)和(SCN)2，根据表中实验现象推断白色沉淀

CuSCN；为验证该白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，加入少量稀硝酸，若白色沉淀溶解，溶液变蓝，有气泡生成，说明发生反应：CuSCN+HNO3→CuSO4+N2↑+CO2+H2O(未配平)，即可证明；

(3) 取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液，立即出现白色沉淀CuSCN，Fe2＋被(SCN)

氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3，溶液局部变

2

为红色，振荡后红色迅速褪去；

(4)根据ⅱ中实验现象立即出现白色沉淀CuSCN，可推知SCN-更易与Cu+结合。