第四章第三节化学键课时巩固练习 高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第三节化学键———课时巩固练习一、单选题（共20题，每题2分，共40分）1．下列化学用语不正确的是A．Cl2的结构式：Cl－Cl B．MgCl2的电子式：C．Na原子的结构示意图： D．N2的电子式：2．下列化学用语正确的是（）A．羟基的电子式： B．中子数为16的磷原子：C．氟原子的结构示意 D．的结构式：3．下列物质中不含有共价键的盐是A．KCl B．CaO C．HClO D．MgSO44．下列化学用语表示正确的是（）A．Fe原子的电子排布式：［Ar］3d54s3B．CaCl2的电子式：C．N2的结构式：N－ND．原子核内有10个中子的氧原子：O5．化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（）A．生活中可用氢氟酸在玻璃器皿上做标记B．液态HCl不能导电，说明HCl是共价化合物C．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来D．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应6．下列物质是共价化合物的是A．H2O2 B．NH4Cl C．N2 D．Na2O27．《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“彼人采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁，每百引入粉面二、三斤，久则凝淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也。他处以灶灰淋浓汁，亦去垢发面。”下列说法错误的是A．“石碱”中含有离子键B．“石碱”中含有极性共价键C．“石碱”是离子化合物D．“石碱”中含有非极性共价键8．下列物质的电子式书写正确的是A． B． C． D．9．下列关于化学键的说法不正确的是A．化学键是一种作用力B．极性键、非极性键和氢键等都属于共价键C．化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合D．化学反应过程中，包含着反应物中化学键的断裂和生成物中化学键的形成10．下列化学用语表示正确的是A．Mg2+的结构示意图为：B．NH3的电子式为：C．NaCl的电子式为：D．H2O的结构式为：H－O－H11．下列现象与氢键有关的是：①水分子高温下也很稳定②NH3的熔、沸点比PH3的高③冰的密度比液态水的密度小④邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低⑤乙醇能与水以任意比混溶，而甲醚(CH3-O-CH3)难溶于水A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①④⑤12．X、Y、Z、M为短周期主族元素且原子序数依次增大。已知X、Y、M分别位于不同的周期，Z元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，M元素的最高正价与最低负价的代数和为0，Y与M的核电荷数相差8.下列说法不正确的是A．X、Y、Z、M四种元素均为非金属元素 B．Z和其余三种元素均能形成共价化合物C．Z、M形成的化合物可作光导纤维的材料 D．非金属性强弱顺序为：Y>Z>M13．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且位于三个不同周期。X与W同主族，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和。下列说法正确的是A．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)B．X2Z2与W2Z2中的化学键类型C．简单气态氢化物的热稳定性Y的比Z的强D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物或离子化合物14．下列说法正确的是（）A．因为水分子内存在氢键，所以水分子非常稳定B．冰的密度比水小，与水分子内的共价键有关C．水分子间存在氢键使水分子间作用力增加，导致水的沸点较高D．化学键是指物质中相邻的原子或离子间的强烈的吸引作用15．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体．下列说法正确的是A．元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、WB．W的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定C．原子半径由大到小的顺序：Z、Y、X、WD．WX与ZX中的化学键类型相同16．下列物质的电子式书写正确的是A．H:H B．H+[:Cl:]－ C．Na+[:O:H]－ D．17．下列有关碳及含碳物质的化学用语正确的是（）A．甲醛的最简式为：HCHOB．甲基的电子式为：C．四氯化碳分子的比例模型：D．碳原子最外层电子的轨道表示式为：18．下列化学用语正确的是A．乙烯的结构式为 B．次氯酸的电子式为C．乙酸的比例模型为 D．异戊烷的系统命名为2-甲基丁烷19．分子在金属表面的解离、吸附在多相催化等领域占有重要的地位。在的催化作用下可与发生加成反应生成，在表面解离和吸附过程如图所示，表示阿伏加德罗常数。下列叙述正确的是(每个原子表面可以吸附一个H原子，一个原子占据的面积为)A．氢分子解离为氢原子的过程放出热量B．镍在反应前后性质不发生变化C．32g中所含中子的物质的量为14molD．标准状况下，吸附VL所需的表面积为20．X、Y、Z、W是质子数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物Q的结构式如图所示。X与W形成的化合物M常温下是液体。下列说法正确的是A．X与Z可形成质子数、电子数均相同的ZX3、B．M热稳定性强且具有弱氧化性C．Q分子中各原子最外电子层均达到稳定结构D．X、Y、Z、W四种元素间只能形成共价化合物二、综合题（共6题，每题10分，共60分）21．甲、乙都是二元固体化合物，将32g的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀；滤液中再滴加NaOH溶液，又出现蓝色沉淀。含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量的乙，加入稀盐酸使其完全溶解，溶液分为A、B两等分，向A中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧得到红棕色固体28g，经分析乙与红棕色固体组成元素相同，向B中加入铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得固体。写出构成甲的阴离子的结构示意图______，32g甲在足量浓硝酸中反应转移的电子数为______。乙的化学式______；稀硫酸溶解乙的化学方程式______。将甲在足量氧气中充分灼烧的气体产物通入一定量A溶液中，该反应的离子方程式为______，设计实验证明此步反应后的溶液中金属元素的化合价______。22．按要求填空：(1)有相同温度和压强下的两种气体12C18O和14N2，若两种气体的质量相同，则两种气体所含的质子数之比为__________，若两种气体的原子数相等，则两种气体所含中子数之比_________，若两种气体的体积相同，则两种气体的密度之比为_________。(2)10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为________。(3)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___________（忽略混合前后溶液体积的变化）。(4)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中CO和CO2物质的量之比是_________。(5)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况)，则钴氧化物的化学式为_______________。23．下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑧种元素，请按要求填写下列空白：主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2①②③④3⑤⑥⑦⑧(1)在元素①②⑤⑥⑦⑧对应的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物的电子式是：_____；(2)写出元素②的最简单氢化物的结构式________；(3)④⑤⑥⑦四种元素的简单离子半径从大到小排序________________(用离子符号表示)；(4)写出元素⑥的最高价氧化物与元素⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_________；(5)写出元素③的常见氢化物和它的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式_____________；(6)用电子式表示⑤与⑦组成化合物的形成过程_________________________________。24．水滑石是一类重要的阻燃剂。某研究小组为了探究一种碱式碳酸盐类水滑石M(仅含五种常见短周期元素，带结晶水，其摩尔质量为522g/mol)的组成和性质，没计并完成如下实验：取52.2g水滑石M进行上述实验，得到4.4g气体乙、15.6g白色沉淀2和23.2g白色沉淀3。已知：气体甲常温常压下为无色无味液体。回答下列问题：(1)写出气体乙的结构式____，白色沉淀2的化学式____。(2)在惰性气流中加热水滑石M至完全分解的化学方程式_____，其能够阻燃的原因是____。(3)固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐(可作净水剂)和常见的气体氧化物，写出一个可能的化学反应方程式____。25．氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸()制备氟化铵()联产氟化镁的流程如下：回答下列问题：(1)氟化铵的电子式___________。(2)写出反应①的化学方程式___________。(3)工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，除考虑温度对速率的影响，请结合已有知识分析温度不宜过高的原因：___________。(4)从滤液获得晶体的“一系列操作”是减压浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。(5)氟化铵含量的测定：称取mg样品于塑料烧杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，摇匀静置，滴加2～3滴酚酞指示剂，用0.3的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠标准液体积VmL，同时做空白对照实验消耗氢氧化钠标准液体积为mL。(已知：，1mol消耗1molNaOH)①滴定终点的现象为：___________。②计算样品中氟化铵的含量为___________。26．氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AlN样品(样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应)中AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。(1)NH3的电子式是__________；C装置中球形干燥管的作用是________。(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先_________，再加入实验药品。接下来的实验操作是：测定C装置反应前的质量，关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应后的质量。通入氮气的目的是______。(3)若去掉装置B，则导致测定结果_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见：_________。（方案2）按以下步骤测定样品中AlN的纯度：(4)步骤②生成沉淀的离子方程式为_______。(5)步骤③的操作是________。AlN的纯度是________(用m1、m2表示)。参考答案1．D【详解】A．氯气分子中只含1对共用电子对，则Cl2的结构式为Cl－Cl，故A正确；B．氯化镁是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故B正确；C．钠原子的核内有11个质子，核外有11个电子，故其结构示意图为，故C正确；D．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，故D错误；答案选D。2．B【详解】A.羟基显电中性，电子式为，故A错误；B.中子数为16的磷原子质量数为16+15=31，所以符合为，故B正确；C.氟原子的结构示意图为，故C错误；D.次氯酸分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，HClO的结构式应为H—O—Cl，故D错误；故答案为B。3．A【详解】A．KCl是盐、只含离子键，故A正确；B．CaO中只含离子键、CaO不是盐，故B错误；C．HClO中只含共价键、HClO不是盐，故C错误；D．MgSO4是盐、既含离子键又含有共价键，故D错误。故选A。4．D【详解】A．s能级最多容纳两个自旋方向不同的电子，Fe原子的电子排布式为［Ar］3d64s2，故A错误；B．CaCl2的电子式为，故B错误；C．氮气分子中两个氮原子之间为氮氮三键，结构式为N≡N，故C错误；D．原子核内有10个中子的氧原子的质量数=质子数+中子数=10+8=18，所以符号为O，故D正确；故答案为D。5．C【详解】A．玻璃中含SiO2，会跟HF反应，所以生活中常用氢氟酸刻蚀玻璃，A正确；B．HCl是由共价键构成的共价化合物，B正确；C．高粱中不含乙醇，高粱酿酒是利用葡萄糖分解生成酒精与二氧化碳的原理，故C错误；D．所有胶体都具有丁达尔效应，D正确。答案选C。6．A【详解】A.H2O2是由极性键与非极性键组成的共价化合物，A项正确；B.NH4Cl是由铵根离子与氯离子构成的离子化合物，铵根离子中N与H原子之间以极性键结合，B项错误；C.N2为非极性键的单质，不是化合物，C项错误；D.Na2O2是由钠离子与过氧根离子构成，过氧根离子中O与O原子之间以非极性键结合，属于离子化合物，D项错误；答案选A。7．D【详解】“彼人采蒿寥之属，晒干烧灰”，说明“石碱”来自植物燃烧的灰烬，“以水淋汁”，说明“石碱”易溶于水，“他处以灶灰淋浓汁，亦去垢发面”说明“石碱”能洗去油污及作为发酵剂，植物燃烧的灰烬的主要成分为碳酸盐，碳酸盐中含有离子键和极性共价键，属于离子化合物，不含非极性键，故选：D。8．C【详解】A．氯气的电子式为，A错误B．氯化钠是离子化合物，电子式为，B错误；C．甲烷是共价化合物，电子式为，C正确；D．氨气是共价化合物，电子式为，D错误；答案选C。9．B【分析】化学键是相邻原子或离子之间强烈的相互作用，化学键是一种作用力，离子键和共价键、金属键都属于化学键。【详解】A．化学键是相邻原子或离子之间强烈的作用力，故A正确；B．氢键不是化学键，不属于共价键，故B错误；C．化学键可以使离子相结合而形成离子键，也可以使原子相结合形成共价键，故C正确；D．化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，生成物分子中的化学键形成，从而完成化学反应，故D正确。答案选B。10．D【详解】A．Mg2+的核外电子数只有10个电子，因此Mg2+结构示意图为：，故A错误；B．NH3电子式书写时要注意孤对电子，因此电子式为：，故B错误；C．NaCl是离子化合物，其电子式为：，故C错误；D．H2O是共价化合物，氧与每个氢共用一对电子对，其结构式为：H－O－H，故D正确。综上所述，答案为D。11．C【详解】①水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故①错误；NH3的熔、沸点比PH3的高，因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故②正确；冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故④正确；因乙醇与水分子之间能形成氢键,则乙醇可以和水以任意比互溶,甲醚与水分子之间不能形成氢键,则甲醚(CH3−O−CH3)难溶于水，故⑤正确；答案选C。氢键广泛存在于非金属性较强的元素F、O、N等元素形成的含氢化合物中，氢键主要影响物质的物理性质。氢键又分为分子间氢键和分子内氢键，分子间氢键使物质的熔沸点、溶解度增加，分子内氢键对物质的影响相反。12．D【分析】Z元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，则，Z核外电子分2层排布、第一层2个电子、最外层电子数为6，则Z为氧元素，位于第二周期ⅥA，M的原子序数大于Z，M元素的最高正价与最低负价的代数和为0，由于元素最高正价与最低负价绝对值之和为8，则M的最高正价为+4价、最低为-4价，M位于第三周期ⅣA，M为硅元素，Y与M的核电荷数相差8，Y的原子序数小，故Y的原子序数为14-8=6，则Y为碳元素，已知X、Y、M分别位于不同的周期，且X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为氢元素。【详解】A．X、Y、Z、M分别为H、C、O、Si元素，均为非金属元素，故A正确；B．Z和其余三种元素即O与H、C、Si形成的H2O、H2O2、CO、CO2、SiO2等均为共价化合物，故B正确；C．Z、M形成的化合物即SiO2可作光导纤维的材料，故C正确；D．同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强；同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，故非金属性：O>C>Si，即Z>Y>M，故D错误答案选D。13．D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，由于最外层电子数不超过8，故原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；因为元素位于三个不同周期，且X原子序数最小，则X为H；X与W同主族，则W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，即Y的核电荷数为8-1=7，则Y为N，据此分析解答。【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，由于最外层电子数不超过8，故原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；因为元素位于三个不同周期，且X原子序数最小，则X为H；X与W同主族，则W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，即Y的核电荷数为8-1=7，则Y为N。A.同周期主族元素，原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素，原子半径随核电荷数增大而增大，则原子半径：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)，故A错误；B.H2O2中只含共价键，Na2O2中既有离子键又有共价键，所以化学键类型不同，故B错误；C.非金属性N弱于O，则简单气态氢化物的热稳定性NH3弱于H2O，故C错误；D.H、N、O三种元素可以组成HNO3和NH4NO3，前者为共价化合物，后者为离子化合物，故D正确；故选D。14．C【详解】A．水分子间的氢键影响水的熔沸点，与水的稳定性无关，影响稳定性的因素是共价键的键能，A错误；B．冰的密度比水小，与水分子间的氢键有关，冰中氢键较多，导致冰体积较大，密度较小，与共价键无关，B错误；C．水分子间含有氢键，属于分子间作用力，但比一般的分子间作用力强，导致水的沸点较高，C正确；D．化学键包括共价键、离子键和金属键，物质中相邻的原子（或离子）之间强烈的相互作用叫做化学键，相互作用包括吸引作用和排斥作用，不是只有吸引作用，D错误；故选C。本题一定要注意，化学键是原子之间或离子之间的强烈相互作用，包括离子键、共价键、金属键，属于分子内或者晶体内的作用力；分子间作用力包括范德华力和氢键，氢键比范德华力要强一点，分子间氢键可以使熔沸点升高。15．A【详解】A．同周期自左向右非金属性逐渐增强，则元素非金属性由强到弱的顺序为Y、X、W，A正确；B．非金属性越强，氢化物越稳定，则Y的简单气态氢化物比W的简单气态氢化物稳定，B错误；C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序：Z、W、X、Y，C错误；D．NO与MgO中的化学键类型不相同，其中是共价键，后者是离子键，D错误；答案选A。16．A【详解】A．H:H含有一个共用电子对，故A正确；B．HCl是共价化合物，电子式为，故B错误；C．NaOH属于离子化合物，电子式为：，故C错误；D．不满足稳定结构，应该是，故D错误。综上所述，答案为A。17．D【详解】A.此为甲醛的结构简式，最简式为：CH2O，故A错误；B.甲基的电子式为：，故B错误C.四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的半径应大于碳原子的，故C错误；D.碳原子核外电子排布式为：1s22s22p2，最外层电子的轨道表示式可表示为：，故D正确；答案选D。甲基比甲烷少一个氢原子，并且还少一个电子，这是易错点。18．D【详解】A．C2H4是乙烯的分子式，不是结构式，A错误；B．次氯酸的电子式“O”在中间，B错误；C．图片展示的是乙酸的球棍模型，不是比例模型(空间填充模型)，C错误；D．异戊烷的系统命名为2-甲基丁烷，D正确；故选D。19．C【详解】A．氢分子解离为氢原子的过程中涉及化学键的断裂，需要吸收热量，A项错误；B．镍是催化剂，反应前后质量和化学性质均不发生变化，物理性质可能会发生改变，B项错误；C．中14C的中子数为8，普通碳原子即12C中子数为6，普通氢原子即1H中子数为0，故一个分子所含中子总数为14，摩尔质量为32g/mol。32g即1mol所含中子的物质的量为14mol，C项正确；D．一个原子占据的面积为，每个原子表面可以吸附一个H原子，一个分子可以解离为两个H原子，标准状况下，VL所含H原子的数目为，则吸附VL所需的表面积为，D项错误；答案选C。20．C【分析】根据图示可知，W形成2个共价键，X形成1个共价键，X与W形成的化合物M常温下是液体，则X为H，W为O元素，M为H2O或H2O2；Z可以形成3个共价键，其质子数小于O，则Z为N；Y形成4个共价键，其质子数小于N，则Y为C元素，据此解答。【详解】A．ZX3、ZX4+分别为NH3、NH4+，NH3、NH4+的电子数均为10，但质子数分别为10、11，故A错误；B．M为H2O或H2O2，H2O2的热稳定性较差，且具有强氧化性，故B错误；C．该化合物中，H原子满足最外层2电子稳定结构，C、N、O原子满足8电子稳定结构，故C正确；D．H、C、N、O形成的化合物可能为离子化合物，如醋酸铵、碳酸铵等，故D错误；故选：C。易错选项为B、C，O和H元素可以形成两种常温下液体的物质：H2O和H2O2；C选项要注意是“最外电子层均达到稳定结构”，而不是达到8电子稳定结构。21．取反应后的溶液两份于试管中，向一份中加入酸化的溶液，若溶液褪色，原有离子。向另一份中加入KSCN溶液，若出现血红色溶液，则原有价铁离子【分析】将32g甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀，该沉淀为硫酸钡，其物质的量为：，根据质量守恒可知甲中含有原子；滤液中再滴加NaOH溶液，又出现蓝色沉淀，该蓝色沉淀为氢氧化铜，说明甲中含有Cu离子，32g甲中含有铜元素的物质的量为：，则甲的化学式为：；含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为A、B两等份，向A中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体28g，该红棕色固体为，氧化铁含有铁元素的物质的量为额：，可能为铁离子和亚铁离子的混合物；经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，则乙中含有Fe、O元素；向B中加入铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体，反应消耗铜的物质的量为：，根据反应可知，铜完全反应消耗；所以乙与盐酸反应生成的为、，铁的平均化合价为：，则乙的化学式为：，【详解】甲为，甲中阴离子为硫离子，硫离子结构示意图为：；的物质的量为：，浓硝酸足量，Cu元素从转化成价、硫元素从转化成价，则反应中失去电子总物质的量为：，反应转移电子总数为；故答案为：；；根据分析可知，乙的化学式为：；稀硫酸与乙反应的化学方程式为：，故答案为：；；甲在足量氧气中充分灼烧的气体产物为二氧化硫，将二氧化硫通入一定量A溶液中，该反应的离子方程式：；该反应后溶液中含有亚铁离子，检验亚铁离子的方法为：取反应后的溶液两份于试管中，向一份中加入酸化的溶液，若褪色，则含有价铁，向另一份中加入KSCN溶液，若出现血红色溶液，则含有价铁，故答案为：；取反应后的溶液两份于试管中，向一份中加入酸化的溶液，若褪色，则含有价铁，向另一份中加入KSCN溶液，若出现血红色溶液，则含有价铁。将32g甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀，该沉淀为硫酸钡，其物质的量为：，根据质量守恒可知甲中含有原子；滤液中再滴加NaOH溶液，又出现蓝色沉淀，该蓝色沉淀为氢氧化铜，说明甲中含有Cu离子，32g甲中含有铜元素的物质的量为：，则甲的化学式为：；含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为A、B两等份，向A中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体28g，该红棕色固体为，氧化铁含有铁元素的物质的量为额：，可能为铁离子和亚铁离子的混合物；经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，则乙中含有Fe、O元素；向B中加入铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体，反应消耗铜的物质的量为：，根据反应可知，铜完全反应消耗；所以乙与盐酸反应生成的为、，铁的平均化合价为：，则乙的化学式为：，据此分析解答．本题考查了物质推断、性质实验方案的设计、混合物反应的计算，题目难度中等，正确推断甲和乙的化学式为解答关键，注意掌握常见反应化学方程式的书写原则，明确性质实验方案设计的方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。22．14：158：715：14141.00mol/L1：3Co3O4【分析】(1)根据n=计算气体的物质的量，然后根据其分子中含有的质子数计算气体中含有的质子数关系；根据两种物质分子都是双原子分子，可确定若两种气体的原子数相等则分子数相等，根据n=及原子构成关系确定中子数的比，然后根据比较密度；(2)根据O原子数计算O原子的物质的量，结合化合物的组成确定R2O5的物质的量，再根据n=计算气体的摩尔质量，进而可得R的相对原子质量；(3)在过程中Na+的物质的量不变，根据c=计算；(4)先根据n=计算的物质的量，根据二者的非物质的量和质量关系可计算出各自的物质的量，然后可得气体的物质的量的比；(5)由CO2的体积计算其物质的量，根据元素守恒计算Co的物质的量，再根据O元素守恒，根据化合物的质量及其中含有的Co的质量计算出氧化物中O的物质的量，据此解答。【详解】(1)相同状况下的两种气体12C18O和14N2，摩尔质量M(12C18O)=30g/mol，M(14N2)=28g/mol，两种气体的质量相等，假设气体的质量都是mg，依据n=可得到物质的量n(12C18O)=mol，n(14N2)=mol，则n(12C18O)：n(14N2)=14：15。由n=知物质分子的个数之比即为物质的量之比，其分子中含有的质子数12C18O为6+8=14，14N2为7×2=14，二者分子中所含质子数相等，因此分子数的比等于二者所含质子数之比=14：15；由于两种物质都是双原子分子，若两种气体的原子数相等，则二者的分子数相等，根据n=可知两种气体的物质的量相等，在12C18O中含有16个中子，在14N2中含有14个中子，所以二者中子数的比为16:14=8：7；在同温同压下，若两种气体的体积相同，则二者含有的气体分子数相等，根据可知两种气体的密度比气体的摩尔质量成正比，给密度比=30:28=15：14；(2)10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023，n(O)==0.5mol，n(R2O5)=n(O)=0.1mol，所以M(R2O5)==108g/mol，则元素R的相对原子质量为(108-5×16)÷2=14；(3)在过程中Na+的物质的量不变，n(Na+)=2n(Na2CO3)=2cV=2×1.00mol/L×0.01L=0.02mol，两种溶液混合后溶液的体积V=0.02L，所以混合后溶液中Na+的物质的量浓度c(Na+)==1.00mol/L；(4)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，物质的量是n==0.3mol，气体质量为12g，假设混合气体中含有CO、CO2的物质的量分别是x、y，则x+y=0.3mol，28x+44y=12g，解得x=0.075mol，y=0.225mol，所以此混合物中CO和CO2物质的量之比是0.075mol：0.225mol=1：3；(5)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况)，n(CO2)==0.06mol，由化学式可知n(Co)=0.06mol×=0.03mol，则氧化物中n(O)==0.04mol，则n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3：4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4。本题考查物质的量的计算，把握物质的量为中心的基本计算为解答的关键，熟练掌握有关物质的量计算公式：n=、n=、n=、c=、及物质构成微粒之间的关系是解答该题的基础，题目侧重考查学生的分析与计算能力。23．r(S2-)＞r(O2－)＞r(Na+)＞r(Al3+)Al2O3+2OH-=2+H2ONH3+HNO3=NH4NO3【分析】由元素在周期表中的位置，可推断出：①为Li②为C③为N④为O⑤为Na⑥为Al⑦为S⑧为Cl，再根据元素的性质及元素周期表中元素性质变化的规律进行解答。【详解】(1)Na的金属性最强，所以NaOH的碱性最强，由钠离子和氢氧根离子构成，电子式为：，答案为：；(2)元素②是C，C的最简单氢化物是CH4，甲烷的结构式为，答案为：；(3)④⑤⑥⑦四种元素是：O、Na、Al、S，它们的离子为：O2-、Na+、Al3+、S2-，离子电子层数越多半径越大，电子层数相同的离子核电荷数越大半径越小，所以这四种离子半径由大到小的顺序为：r(S2-)>r(O2)->r(Na+)>r(Al3+

)，故答案为：r(S2-)＞r(O2－)＞r(Na+)＞r(Al3+)；(4)元素⑥的最高价氧化物为Al2O3，元素⑤的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O，答案为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O；(5)元素③的常见氢化物为NH3，它的最高价氧化物的水化物为HNO3，二者反应生成NH4NO3，方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3，答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；(6)Na失去电子，S得到电子，以离子键结合，则形成过程可表示为：，故答案为：。24．O=C=OAl(OH)3Mg4Al2•CO3(OH)12•6H2O4MgO+Al2O3+CO2↑+12H2O↑水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO↑或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2↑【分析】碱式碳酸盐类水滑石M，52.2g水滑石M的物质的量为：=0.1mol，根据图示，水滑石M隔绝空气加热生成气体甲和气体乙及固体1，已知气体甲常温常压下为无色无味液体，则气体甲为H2O，根据元素守恒可知M为碱式碳酸盐，受热分解生成气体乙应该为CO2，4.4gCO2气体其物质的量为0.1mol，则M中含有一个碳酸根离子，根据固体1加足量盐酸得溶液，则固体1为金属的氧化物，溶液中再加足量氢氧化钠得溶液，在溶液中通二氧化碳得白色沉淀2，则白色沉淀2为Al(OH)3；则固体1中含有铝元素，由于固体1中加入足量盐酸得到的溶液中加入足量氢氧化钠能得到固体3，结合M仅含五种常见短周期元素，带则固体1中还含有镁元素，所以白色沉淀3应该为Mg(OH)2；15.6g氢氧化铝的物质的量为：=0.2mol，则水滑石M中含有2个铝离子；23.2g氢氧化镁的物质的量为：=0.4mol，则水滑石M中含有4个镁离子，根据电荷守恒可知水滑石M的化学式中还应该含有氢氧根离子，数目为：=12，根据质量守恒，水滑石M中含有结晶水的数目为：=6，则水滑石M的化学式为：Mg4Al2(OH)12CO3•6H2O，据此进行解答。【详解】(1)根据上面的分析可知，乙为CO2，CO2的结构式为O=C=O，白色沉淀2的化学式为Al(OH)3，故答案为：O=C=O；Al(OH)3；

(2)在惰性气流中加热水滑石N至完全分解的化学方程式为：Mg4Al2•CO3(OH)12•6H2O4MgO+Al2O3+CO2↑+12H2O↑，根据反应可知，水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用，故答案为：Mg4Al2•CO3(OH)12•6H2O4MgO+Al2O3+CO2↑+12H2O↑；水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用；(3)固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐(可作净水剂)和常见的气体氧化物，根