【化学】山东省临沂市2019-2020学年高一上学期期末考试水平监测试题（解析版）

【化学】山东省临沂市2019-2020学年高一上学期期末考试水平监测试题（解析版）

山东省临沂市2019-2020学年高一上学期期末考试水平监测试题 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（ ）‎ A. 中子数为10的氧原子： B. HCl的电子式： ‎ C. HClO 的结构式： H-Cl-O D. Cl－的结构示意图： ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质量数=质子数+中子数，中子数为10的氧原子，其质量数为18，应写成，A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NA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0.2NA B. 标准状况下，‎11.2L H2O中含有的分子数为0.5NA C. ‎32g由O2和O3组成的混合气体中含有的原子数为2NA D. 1mol Cl2与足量的铁粉完全反应，转移的电子数为3NA ‎【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=2mol， 故‎32g由O2和O3组成的混合气体中含有的原子数为2NA，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2NA ，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。‎ ‎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 将大小相同的K和Na分别放入等体积的水中 钾与水的反应比钠与水剧烈 钾元素的金属性比钠元素强 B 向某溶液中滴加CaCl2溶液 生成白色沉淀 溶液中一定含有CO32-‎ C 将Cl2通入石蕊试液中 石蕊试液先变红后褪色 Cl2具有漂白性 D 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液 溶液呈蓝色 溶液中一定含有Br2‎ ‎【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。‎ 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-)]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). 或 ‎【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(SO4)(3-)]y ‎，其中Al为+3价，设Fe的化合价为m，则3+m=x+2×(3-)，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：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-，故答案为：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-；‎ ‎（5）m g PAFS生成n g氧化铝，铝的质量为：g，则铝的含量为，故答案为：或。‎ ‎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(ClmOn)中氯、氧元素质量比为71：48，则m：n=______。‎ ‎(3)Y可用于实验室制O2，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)NaClO2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)Cl2O可用潮湿的Z与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，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). HClO4＝H+＋ClO4- (2). 2:3或 (3).‎ ‎ 离子键、极性共价键或共价键或极性键 (4). KCl、KClO4 (5). 2 (6). 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝2NaCl＋2NaHCO3＋Cl2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)X是氯元素的+7价的酸，则X为HClO4，高氯酸为强酸，完全电离，其电离方程式为HClO4＝H+＋ClO4-；‎ ‎(2)氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素质量比为71：48，则有，故有m：n=2:3；‎ ‎(3)Y可用于实验室制O2，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KClO3，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；KClO3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，KClO3、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KClO4，即生成的两种盐的化学式分别为KCl、KClO4；‎ ‎(4)Z是氯元素形成的单质，则为Cl2，NaClO2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒效率是Cl2的=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)Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，反应中Cl2既体现氧化性，又体现还原性，Cl2O中氯为+1价，生成Cl2O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2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝2NaCl＋2NaHCO3＋Cl2O。‎ ‎18.某化学兴趣小组为了探究“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(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__________。‎ ‎(2)中子数与质子数的差值为________。‎ ‎(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；‎ ‎（2）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

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