河南省洛阳市第二中学2016-2017学年度高二开学考化学试题(解析版)

河南省洛阳市第二中学2016—2017学年度高二开学考化学试题（解析版）1．下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，正确的是（）A．热稳定性：Na2CO3<NaHCO3B．碱性：Na2CO3<NaHCO3C．水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3D．与足量的盐酸反应产生的气体的体积：Na2CO3<NaHCO3【答案】C【解析】2．容积固定的2L密闭容器中进行的某一可逆反应A（g）+2B（g）2C（g），以B的物质的量浓度表示的反应速度υ正、υ逆与时间的关系图如所示，则图中阴影部分的面积可表示A．A的物质的量浓度的减少B．B的物质的量浓度的减少C．C的物质的量的增加D．B的物质的量减少【答案】B【解析】3．如果1g水中有m个氢原子，则阿伏加德罗常数的数值为(A．m/9B．9mC．2mD．【答案】B【解析】4．下列说法正确的是A．为了防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，常在包装袋里放还原铁粉B．天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有固定的熔点、沸点C．麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖D．若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物一定不相同【答案】A【解析】试题分析：A.还原铁粉具有还原性，能有效的防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，A项正确；B.天然植物油均为混合物，没有固定的熔沸点，B项错误；C.麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，但蔗糖无还原性，麦芽糖是还原型二糖，C项错误；D.两种二肽互为同分异构，水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，D项错误；答案选A。考点：考查常见物质的结构与性质。5．下列说法中不正确的是A．任何化学反应都伴随着热量的变化B．化学反应的特征是有新物质生成C．经过加热而发生的化学反应不一定都是吸热反应D．只要有化学键的断裂，一定发生化学反应【答案】D【解析】6．若一氧化碳和二氧化碳的混合气体的密度与同温同压下氧气的密度相同，混合气体中一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比是A．1：3B．3：1C．2：1D【答案】B【解析】试题分析：若CO、CO2的混合气体的密度与同温同压下氧气的密度相同，则混合气体的相对分子质量为32，令CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则=32，整理的x：y=3：1，故选B。考点：考查了物质的量的计算的相关知识。7．下列各组元素中，第一电离能依次减小的是【答案】D【解析】正确答案：DA中N

>O;B中第一电离能Na<Al<Mg<Si;C第一电离能依次增大。8．下列有关实验的叙述正确的是A．过滤时，可用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤速率B．用湿润的pH试纸测溶液的pH，因溶液被稀释而使测量值变大C．酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水D．酸碱滴定实验中，需用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差【答案】C【解析】试题分析：A、过滤时用玻璃棒引流，不能用玻璃棒，A项错误；B、若为碱溶液，被稀释后PH值会变小，B项错误；C、酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水，C项错误；D、酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，D项错误；答案选C。考点：考查化学实验的注意事项9．在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为A．6：1B．1：2C．2：1D．3：1【答案】B【解析】试题分析：由题意和图像可知，沉淀完全所需NaOH溶液的体积为50mL，而溶解至沉淀量不变需要60mLNaOH溶液，也就是说，溶解Al(OH)3所用的NaOH溶液是10mL，则生成Al(OH)3所用的NaOH溶液就应该是30mL，则生成Mg(OH)2所用的NaOH溶液就应该是20mL，根据反应方程式Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-＝AlO2－+2H2O，可推出Mg2+与Al3+物质的量之比为1∶1，所以Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比就应该为1∶2，答案选B。考点：考查镁铝化合物与氢氧化钠反应的有关计算10．今年入冬以年来我国多个城市出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列哪种分散系A．乳浊液B．溶液C．悬浊液D．胶体【答案】D【解析】试题分析：分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，答案选D。考点：考查胶体判断11．某种氯原子的质量是ag，12C原子的质量是bg，用NA①氯元素的相对原子质量是②mg该氯原子的物质的量是mol③该氯原子的摩尔质量是aNAg/mol④ag该氯原子所含质子数是17NAA．①③B．①④C．②③D．②④【答案】C【解析】试题分析：①元素是指具有相同核电荷数（核内质子数）的一类原子的总称．一种元素因中子数不同，有多种原子．元素的相对原子质量是指该元素的同位素按其丰度计算的平均值．氯原子的相对原子质量为，但该值也不是氯元素的相对原子质量，故①错误；②根据公式n＝，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量（摩尔质量）为（aNA）g/mol，那么mg该氯原子的物质的量即为mol，故②正确；③一个该氯原子的质量是a，1mol该氯原子的质量（摩尔质量）为（aNA）g/mol，故③正确；④一个该氯原子的质量是ag，ag该氯原子个数×NA＝1，1个氯原子所含的质子数是17个，ag该氯原子所含的质子数为17，故④错误，答案选C。考点：考查相对原子质量、物质的量、摩尔质量等概念12．绿色化学对化学反应提出了“原子经济性”（原子节约）的新概念及要求。理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。以下几种生产乙苯（反应均在一定条件下进行）的方法中符合绿色化学原理的是【答案】B【解析】试题分析：A.该反应除产生乙苯外，还产生了HCl，原子利用率没有达到100％，不符合绿色化学原理，错误；B.生成物只有乙苯，原子利用率达到100％，符合绿色化学原理，正确；C.该反应出产生乙苯外，还产生了水，原子利用率没有达到100％，不符合绿色化学原理，错误；D.反应步骤多，有副产物，原子利用率没有达到100％，不符合绿色化学原理，错误。考点：考查“原子经济性”判断及应用的知识。13．下列反应既是氧化还原反应，又是放热反应的是（）A．铝片与稀H2SO4反应B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C．灼热的碳与CO2反应D．NaOH与HCl反应【答案】A【解析】试题分析：A、铝片与稀硫酸反应属于氧化还原反应，又是放热反应，故A正确；B、Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，属于吸热反应，故B错误；C、炭与二氧化碳反应属于吸热反应，故C错误；D、氢氧化钠与盐酸的中和反应不是氧化还原反应，故D错误。故选A．考点：吸热反应和放热反应点评：本题考查学生氧化还原反应的概念和常见的放热反应，可以根据所学知识进行回答，难度不大14．在40mL稀硫酸中加入1.6g氧化铁后溶液仍呈酸性，再加入5g铁粉后，滴入硫氰化钾溶液，没有红色出现，此时溶液尚残留铁粉1.64g，原硫酸溶液的物质的量浓度是A．4mol/LB．3.5mol/LC．3mol/LD．2mol/L【答案】D【解析】最终铁有剩余，可见溶液中的只有FeSO4溶质，其中铁元素为：mol，再由硫的守恒可知，原硫酸溶液中硫酸的物质的量为0.08mol，其浓度为=2mol/L，答案为D15．（2015•崇明县二模）从海带中提取碘，可经过如图实验步骤完成．下列有关说法正确的是（）A．灼烧过程中使用的玻璃仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒B．氧化过程中发生反应的离子方程式为：2I﹣+H2O2→I2+2OH﹣C．检验碘单质时，可选用淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝说明有碘单质D．分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞倒出上层液体【答案】D【解析】A．灼烧实验使用的仪器有：石棉网，酒精灯，玻璃棒，用到的玻璃仪器为：酒精灯、坩埚、玻璃棒，故A错误；B．氧化过程中发生反应的离子方程式为：2H++2I﹣+H2O2=I2+2H2O，故B错误；C．碘单质遇到淀粉变蓝，用淀粉检验碘存在，通常用淀粉碘化钾试纸检验氧化性强于碘的气体，故C错误；D．分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞倒出上层液体，防止液体重新混合而污染，故D正确；【点评】本题为实验题，考查了海水的提纯，明确反应原理和过程是解题关键，注意对基础实验知识的积累，题目难度不大．16．（1）向FeCl3溶液中加入ag的铜粉，搅拌使之全部溶解，溶液中一定有的阳离子是_________。可能有的阳离子是。发生反应的离子方程式为；再向其中加入bg铁粉，充分反应后过滤得滤渣cg，可能发生反应的离子方程式为。若已知a＞b＞c，则c克滤渣是_________。（2）鉴别Na2SO3溶液和稀H2SO4。请按要求完成下表：步骤操作现象及结论1用甲、乙两支试管分别取两种溶液各少许。2用胶头滴管向甲试管中逐滴滴加BaCl2溶液至过量。3。，则甲是，乙是。，则甲是，乙是。说明：第3步不能使用其他任何仪器（包括胶头滴管）和试剂。【答案】（12分）（1）Fe2+、Cu2+Fe3+Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++CuCu（2）将乙试管中溶液逐渐倒入甲试管，边加边振荡有气泡产生Na2SO3溶液稀H2SO4先无气泡产生，后来有刺激性气味气体放出稀H2SO4Na2SO3溶液【解析】试题分析：（1）氯化铁溶液能氧化铜，为了使之完全溶解，氯化铁溶液可能过量；由于Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，则溶解铜后的溶液中一定含有的金属阳离子为Fe2+、Cu2+，可能有的是Fe3+；由于氧化性：Fe3+>Cu2+>Fe2+，则加入一定量的铁粉时，先发生的反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，铁离子被还原后，过量的铁粉还能再发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，由于a>b>c，说明最终溶液中金属阳离子一定含有Fe2+、Cu2+，因此滤渣中肯定没有Fe，只有Cu；（2）、若步骤2甲的试管中反应式为Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl或、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，第3步不能使用其它任何仪器和试剂，只能将乙试管中溶液逐渐倒入甲试管，若沉淀不溶解，但有气泡产生，则甲是Na2SO3溶液，乙是稀H2SO4；若先无气泡，后有气泡产生，则甲是稀H2SO4，乙是Na2SO3溶液；因为BaSO3与稀H2SO4混合立即反应，生成硫酸钡沉淀、SO2和H2O，而稀HCl与少量的Na2SO3反应时无明显现象，生成NaHSO3，与足量的Na2SO3溶液反应时生成SO2。考点：考查Fe3+的氧化性、Cu的还原性、氧化还原反应的先后、物质推断、物质检验方案的设计、离子方程式的书写等相关知识。17．某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的两种或多种。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到448mL(标况)气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀。由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表（可不填满）。一定含有的离子种类物质的量浓度(mol/L)【答案】一定含有：SO42-NH4+、、Fe3+Al3+、、Cl-，它们的物质的量浓度分别是C(SO42)=0.2mol∕L;C(NH4+)=0.2mol∕L;C(、Fe3+)=0.2mol∕L;C(Al3+)=0.4mol∕L;C(Cl-)≥1.6mol∕L.【解析】试题分析：①向混合液中加入过量NaOH溶液加热放出气体，说明含有铵根离子。其物质的量为：n(NH4+)=0.448L∕22.4L·mol-1=0.02mol,所以C(NH4+)=0.02mol∕0.1L=0.2mol∕L；②产生红褐色Fe（OH）3沉淀说明含有Fe3+。Fe（OH）3沉灼烧分解得到Fe2O3。根据Fe守恒可得n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=2×1.6g∕160g·mol-1=0.02mol，C(Fe3+)=0.02mol∕0.1L=0.2mol∕L;③加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀说明含有SO42-。它的物质的量浓度为C(SO42)={2×2.33g∕233g·mol-1}∕0.1L=0.02mol∕0.1L=0.2mol∕L;0.2mol∕L;④另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀,说明含有Al3+、而无CO32-。产生的白色沉淀是氢氧化铝。C(Al3+)={2×1.56g∕78g·mol-1}∕0.1L=0.04mol∕0.1L=0.4mol∕L;根据溶液呈电中性可知溶液中还应该含有阴离子Cl-。若只含有上述离子则根据n(Cl-)+2n(SO42-)=n((NH4+)+3n((Fe3+)+3n(Al3+)可得n(Cl-)=0.02mol+3×0.02mol+3×0.04mol-2×0.02mol=0.16mol,C(Cl-)=0.16mol∕0.1L=1.6mol∕L;若还含有其它离子如钾离子，则氯离子的浓度就大于1.6mol∕L.所以氯离子的浓度大于等于1.6mol∕L。考点：考查Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+、的等的检验方法、离子共存、电荷守恒、物质的量等的有关计算的知识。18．四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：回答下列问题：(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3＋＋Fe3Fe2＋2TiO2＋(无色)＋Fe＋4H＋2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2OTi3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2OTiO2＋(无色)＋Fe2＋＋2H＋加入铁屑的作用是。(2)在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2·nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在范围。(3)若把③中制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝(4)已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)TiCl4(l)＋O2(g)ΔH＝＋140kJ·mol－12C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：。(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是(只要求写出一项)。(6)依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用方法。TiCl4SiCl4熔点/℃－25.0－68.8沸点/℃136.457.6【答案】(1)使Fe3＋还原为Fe2＋；保护TiO2＋不被Fe3＋氧化(2)10－9m～10－7(3)2.79×103(4)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－81kJ·mol－1(5)产生三废(或其他合理答案)(6)蒸馏(或分馏或精馏)【解析】(1)由题目所给的反应可以看出加入铁屑使溶液中的Fe3＋转化为Fe2＋，保护TiO2＋不被Fe3＋氧化。(3)由Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39可得c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.79×10－39K＝＝＝＝2.79×103。(4)利用盖斯定律：两个热化学方程式相加即得所要的热化学方程式TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－81kJ·mol－1。(5)由工业流程图可以得出该生产过程中产生了工业三废。(6)TiCl4与SiCl4的沸点差异很大，所以采用蒸馏的方法进行分离。19．（14分）实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（1）用单线桥法标出电子转移的方向和数目。（2）该反应中的氧化剂与还原剂物质的量之比是。（3）KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性（选填“强”或“弱”）。（4）如反应中转移了2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为L。（5）某同学欲用KMnO4固体配制100mL0.5mol.L-1的溶液。回答下列问题：①配制KMnO4溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、、。②应用托盘天平称取KMnO4固体g。③不规范的实验操作会导致实验结果的误差。分析下列操作对实验结果的影响偏小的是（请填序号）。A．加水定容时俯视刻度线B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理C．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上D．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外【答案】（1）（2）1:5（3）强（4）22.4（5）①胶头滴管100mL容量瓶（1+1分）②7.9g③CD（其余每空2分，共14分）【解析】试题分析：（1）用单线桥法标出电子转移的方向和数目是要注意电子从还原剂指向氧化剂，线桥只标明电子的个数不注明反应原子的个数。（2）该反应中盐酸既是还原剂还起到酸的作用，从化合价变化来看，只有10个氯原子的化合价改变了，所以10分子HCl做还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比是1:5。（3）根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性要强于氧化产物的氧化性，所以KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性要强。（4）设生成氯气的物质的量为n，则：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O10e-510n2n=1molV(Cl2)=1mol×22.4L/mol=22.4L（5）①溶液配制是还要用到胶头滴管和容量瓶，容量瓶注意要到规格，②KMnO4固体质量：m=n×M=c×v×M=0.5mol.L-1×0.1L×158g/mol=7.9g③俯视会导致溶液的体积变小，浓度就变大；在定容的时候要加水，所以考点：氧化还原反应的概念和电子的转移计算、一定物质的量浓度溶液的配制。20．（10分）已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用如图所示的装置进行实验。主要实验步骤如下：①按照图示组装仪器，并检查装置的气密性②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液③称量盛有碱石灰的U形管的质量为bg④从分液漏斗滴入6mol·L－1的稀硫酸，直到不再产生气体为止⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气⑥再次称量盛有碱石灰的U形管的质量为cg⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到U形管的质量基本不变，为dg请回答下列问题：（1）装置中干燥管B的作用是_____________________________________。（2）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测量的结果将________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。（3）步骤⑤的目的是________________________________________。（4）步骤⑦的目的是_______________________________________________。（5）试样中纯碱的质量分数为________________(用含a、b、d的代数式表示)。【答案】（1）防止空气中的CO2和水蒸气进入U形管中（2）偏高（3）把反应中的CO2全部排入U形管中（4）判断反应中的CO2是否全部排出，并被U形管中的碱石灰吸收（5）×100%【解析】试题分析：（1）U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差；（2）由于盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高；（3）由于反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；（4）重复步骤⑤和⑥的操作，直到U型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经被全部排到U型管中；（5）设需要碳酸钠的质量为X则：Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑106

44X

d-b列比例式：106：X＝44：(d－b)解得X=所以试样中纯碱的质量分数的计算式为×100%.考点：考查物质定量测定的实验方法测定和物质性质应用21．已知:4NO+3O2+2H2O4HNO3设空气中氧气的体积分数为0.20，氮气的体积分数为0.80，请完成下列填空及计算：（1）amolNO完全转化为HNO3需要氧气mol。（2）为使NH3恰好完全氧化为一氧化氮，氨与空气混合物中氨的体积分数为（保留2位小数）。（3）20.0mol的NH3用空气氧化，产生混合物的组成为NO18.0mol、O212.0mol、N2150.0mol和一定量的硝酸，以及其他成分。（高温下NO和O2不反应）计算氨转化为NO和HNO3的转化率。（4）20.0mol的NH3和一定量空气充分反应后，再转化为HNO3。①在下图中画出HNO3的物质的量n(A)和空气的物质的量n(B)关系的理论曲线。②写出当125≤n(B)≤200时，n(A)和n(B)的关系式。【答案】(1)0.75a(2)0.14(3)97.5%(4)①②n(A)=【解析】（3）设生成HNO3的物质的量为x。则4（2x+18.0mol×+12.0mol）=150.0mol解得x=1.5molNH3的转化率=×100%=97.5%22．（1）下图所示为按树状分类法对一组物质进行的分类。请填写下列标注。（2）中国的“四大发明”之一——火药，↑。被氧化的元素是，氧化剂是。（3）氢氧化铁胶体分散质粒子大小在之间。（4）某气体与标准状况下同体积氧气的质量之比为2:1，则该气体的摩尔质量为，此气体在标准状况下的密度是g/L。（5）在2g质量分数为28%的KOH水溶液中，K+离子数与H2O分子数之比是_________。【答案】（1）混合物；单质（2）C；KNO3、S（3）1nm～100nm（4）64g/mol；2.9（或64/22.4）（5）1∶8【解析】试题分析：（1）空气和氯化钠溶液是混合物，则分类标准是混合物；氮气是单质，则分类标准是单质。（2）碳元素的化合价从0价升高到＋4价，则被氧化的元素是碳元素；N元素的化合价从＋5价降低到0价，得到电子，S元素的化合价从0价降低到－2价，得到电子，则氧化剂是硝酸钾和S。（3）氢氧化铁胶体分散质粒子大小在1nm～100nm之间。（4）某气体与标准状况下同体积氧气的质量之比为2:1，则根据阿伏加德罗定律可知该气体的摩尔质量为氧气摩尔质量的2倍，即为64g/mol，此气体在标准状况下的密度是64g/mol÷22.4L/mol＝2.9（5）在2g质量分数为28%的KOH水溶液中氢氧化钾的质量是2g×28%＝0.56g，物质的量是0.56g÷56g/mol＝0.01mol。水的质量是2g－0.56g＝1.44g，物质的量是1.44g÷18g/mol＝0.08mol，所以溶液中K+离子数与H考点：考查物质分类、胶体、物质的量的有关计算等23．短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期原子半径最小的元素。试回答以下问题：（1）写出D与E以1∶1的原子个数比形成的化合物的电子式：________。F的原子结构示意图为________。（2）B、D形成的化合物BD2中存在的化学键为________键(填“离子”或“共价”，下同)。A、C、F三种元素形成的化合物CA4F（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为_____________________。（4）A、C、D、E的原子半径由大到小的顺序是________(用元素符号表示)。（5）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性________于F(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论_______________________。【答案】(1)(2)共价离子(3)OH－＋HCO3－＝CO32－＋H2O(4)Na＞N＞O＞H(5)弱Na2CO3＋2HClO4CO2↑＋H2O＋2NaClO4(或NaHCO3＋HClO4CO2↑＋H2O＋NaClO4)【解析】试题分析：B形成的化合物种类繁多，B为C元素。C、D为空气中含量最多的两种元素，且原子序数D大于C，D为O元素，C为N元素。D、E形成两种不同的离子化合物，E为Na，F的原子序数比Na大,在第三周期且在同周期中原子半径最小，F为Cl元素，根据A、B、C、D、E、F的电子层数之和为13，可知A为H。（1）Na2O2的电子式为，Cl原子的结构示意图为。（2）CO2中存在