2021-2022学年四川省内江市资中县第二中学高一下学期第一次月考试卷化学试题（含解析）

资中二中高一下期化学第一次月考试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Fe：56第I卷(选择题共44分)一、选择题(共22小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共44分)1.合金是一类用途广泛的金属材料。下列物质不属于合金的是A.水银 B.青铜 C.硬铝 D.不锈钢【答案】A【解析】【详解】A.水银是Hg单质，不是合金，A符合题意；B.青铜属于铜锡合金，B不符合题意；C.硬铝是Al、Cu、Mg等形成的合金，C不符合题意；D.不锈钢是Fe、Cr、Ni等形成的合金，D不符合题意；故合理选项是A。2.230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是A.Th元素的质量数是232 B.Th元素的相对原子质量是231C.232Th转换成233U是化学变化 D.230Th和232Th的化学性质相同【答案】D【解析】【详解】A、232Th的质量数是232，故A错误；B、Th元素的相对原子质量是Th各种同位素相对原子质量的平均值，故B错误；C、232Th转换成233U是原子核变属于物理变化，故C错误；D、230Th和232Th核外电子排布相同，所以化学性质相同，故D正确；故选D。3.下列关于化学用语表示正确的是A.四氯化碳电子式：B.质子数35、中子数45的溴原子：BrC.硫离子结构示意图：D.HClO的结构式：H—Cl—O【答案】B【解析】【详解】A．四氯化碳是共价化合物，电子式为，A项错误；B．质量数=质子数+中子数=35+45=80，B项正确；C．硫离子结构示意图为，C项错误；D．HClO是共价化合物，结构式为H—O—Cl，D项错误；答案选B。4.下列递变规律中，正确的是A.Na、Mg、Al、S的还原性依次增强B.O、S、Na、K的原子半径依次增大C.H2S、PH3．HCl、HF的热稳定性依次增强D.Mg(OH)2、Al(OH)3、KOH、Ca(OH)2的碱性依次增强【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Na、Mg、Al、S的金属性减弱，非金属性增强，则还原性应该是逐渐减弱的，A错误；B．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，B正确；C．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，稳定性应该是PH3、H2S、HCl、HF逐渐增强，C错误；D．金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，应该是Al(OH)3、Mg(OH)2、Ca(OH)2、KOH的碱性依次增强，D错误。答案选B。5.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A.标准状况下，22.4LSO3含有的分子数为NAB.1mo1氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NAC.16gO2和O3的混合气体中含氧原子数目为NAD.1molAl分别放入足量的冷的浓HNO3、稀HNO3中，反应后转移电子均为3NA【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下SO3是固体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；B．1mol氯气与足量铁粉充分反应，Cl2不足量，按氯气计算，转移的电子数为2NA，B错误；C．O2和O3都是由O原子构成的，使用16g二者的混合物中含有的O原子物质的量为1mol，原子数目为NA，C正确；D．Al和冷的浓HNO3会钝化，转移电子没有3NA，D错误；答案选C。6.“分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用。下列说法正确的是()A.Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物B.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液C.只有溶于水能够导电的化合物才是电解质D.冰和干冰既是纯净物又是化合物【答案】D【解析】【详解】A.Na2O2与H2O反应除生成NaOH外，还有氧气生成，它不是碱性氧化物，属于过氧化物，A错误；B.根据分散质颗粒大小将分散系分溶液、胶体和浊液三种类型,故B错误；C.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，C错误；D.冰是固态水，干冰固态二氧化碳，都仅含有一种微粒，且物质中含两种元素，属于二者既是纯净物又是化合物，D正确；故合理选项是D。7.下列有关元素周期表及应用叙述正确的是A.周期表中的族分为主族、副族、0族和第VIII族，共18个族B.凡单原子形成的离子，其核外电子排布一定符合0族元素原子的核外电子排布C.俄罗斯专家首次合成了X原子，116号元素位于元素周期表中第七周期第ⅥA族D.根据主族元素最高正价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7【答案】C【解析】【详解】A．周期表中的族分为主族、副族、0族和第VIII族，共18个纵列，16个族，A项错误；B．氢离子、亚铁离子等不具有稀有气体元素原子的核外电子排布，B项错误；C．俄罗斯专家首次合成了X原子，根据116-2-8-8-18-18-32=30，则116号元素位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，C项正确；D．F是非金属性最强的元素，没有正价，D项错误；答案选C。8.下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是()A.往氯水中加入NaHCO3固体，有气体产生B.将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生蓝绿色的烟C.向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白D.向含少量Br2的CCl4中加NaOH溶液，充分振荡，上下两层均为无色【答案】B【解析】【详解】A.氯水中含有盐酸，因此往氯水中加入NaHCO3固体，有气体二氧化碳产生，A正确；B.将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生棕黄色的烟，B错误；C.氯水显酸性，具有强氧化性，因此向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，C正确；D.向含少量Br2的CCl4中加NaOH溶液，单质溴与氢氧化钠反应生成盐，因此充分振荡后上下两层均为无色，D正确；答案选B。9.下列各组物质能相互反应得到Al(OH)3的是A.Al跟NaOH溶液共热B.Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液C.Al2O3和水共热D.Al2(SO4)3和过量的氨水【答案】D【解析】【详解】A．Al跟过量的NaOH溶液共热生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故A不符合题意；B．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液生成偏铝酸盐，得不到氢氧化铝，故B不符合题意；C．氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝，故C不符合题意；D．氢氧化铝不溶于弱碱，A12(SO4)3和过量的NH3•H2O反应得到氢氧化铝，故D符合题意；故答案选D。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，不溶于弱酸、弱碱；氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝。10.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂，实验室中可通过以下反应制得2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O。据此，下列说法不正确的()A.KClO3发生还原反应B.H2C2O4在反应中被氧化C.H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性D.每生成1molClO2，转移的电子数约为6.02×1023【答案】C【解析】【详解】A．Cl元素的化合价降低，得到电子被还原，则KClO3发生还原反应，A正确；B．C元素的化合价升高，失去电子被氧化，则H2C2O4在反应中被氧化，B正确；C．ClO2为还原产物，H2C2O4为还原剂，还原性：H2C2O4>ClO2，不能比较H2C2O4、ClO2的氧化性，C错误；D．由Cl元素的化合价变化可知，每1molClO2生成，转移1mol×(5-4)=1mol电子，即该反应转移的电子数约为6.02×1023，D正确；答案选C。11.向50mL12mol·L－1浓硝酸中加入足量的铜片，充分反应后，被还原的硝酸的物质的量说法准确的是()A.等于0.6mol B.等于0.15molC.介于0.15mol与0.3mol之间 D.等于0.3mol【答案】C【解析】【详解】由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，反应生成气体为NO2、NO，由N元素守恒可知：2n[Cu(NO3)2]＋n(气体)＝n(HNO3)＝0.05L×12mol·L－1＝0.6mol，生成气体只有NO2时，被还原硝酸达极大值，根据电子转移守恒2n[Cu(NO3)2]＝n(NO2)，联立方程解得：n(NO2)＝0.3mol；只有NO时，被还原的硝酸到极小值，根据电子转移守恒2n[Cu(NO3)2]＝3n(NO)，联立方程解得：n(NO)＝0.15mol，由N原子守恒被还原的硝酸介于0.15mol与0.3mol之间，答案选C。12.下列有关离子(或物质)的检验、现象及结论，都正确的是()A.向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，该溶液中一定含有Fe2+B.焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到钠离子火焰呈黄色C.向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，说明发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2>Fe3+D.向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42﹣【答案】C【解析】【分析】A.滴加氯水，可氧化亚铁离子；B.蓝色钴玻璃可滤去黄光；C.依据过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；D.不能排除Ag+的干扰。【详解】A．滴加氯水，可氧化亚铁离子，则检验亚铁离子时先加KSCN溶液，后加氯水，A错误；B．蓝色钴玻璃可滤去黄光，不能透过蓝色钴玻璃，B错误；C．向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，是因为过氧化氢氧化二价Fe2+生成三价Fe3+，二者发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2＞Fe3+，C正确；D．不能排除Ag+的干扰，应先加盐酸，如无现象，再加氯化钡检验，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，把握实验设计的原理。13.在同温同压下，将充有等体积混合而成的四组气体：①NO2+O2；②NO2+NO；③HCl+N2；④SO2+O2，分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，如图所示，待试管内液面稳定后，剩余气体体积依次V1、V2、V3、V4，则剩余气体体积最多的是A.V1 B.V2 C.V3 D.V4【答案】B【解析】【分析】【详解】①在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体NO2+O2分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，二氧化氮和氧气、水能反应生成硝酸4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式知，氧气剩余，参加反应的氧气的体积为氧气总体积的，二氧化氮全部参加反应，所以混合气体减少的体积为试管体积的，故水面上升的高度为试管的；②在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体，NO2+NO分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，二氧化氮和水能反应生成硝酸和一氧化氮3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水不反应，根据方程式知，气体减少的体积是二氧化氮的，二氧化氮占混合气体的，所以试管内气体减少的体积为试管体积的，故水面上升的高度为试管的；\③在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体HCl+N2分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，氯化氢全部溶于水，氮气不溶，所以试管内气体减少的体积为试管体积的，故水面上升的高度为试管的；④在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体SO2+O2分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，二者不反应，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，氧气不溶，所以试管内气体减少的体积为试管体积的，故水面上升的高度为试管的；待试管内液面稳定后，剩余气体体积依次V1、V2、V3、V4，则剩余气体体积最多的是V2，故选：B。14.短周期元素的离子，aA3+、bB+、cC2-、dD-具有相同的电子层结构，下列判断正确的是A.质子数：d＞c＞b＞a B.单质的还原性：A＞B＞D＞CC.离子半径：A＞B＞D＞C D.原子半径：B＞A＞C＞D【答案】D【解析】【分析】短周期元素的离子aA3＋、bB＋、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，这些离子的核外电子数相同，则有a-3=b-1=c+2=d+1，而且A和B形成阳离子，失去最外层的电子，A和B在C和D的下一个周期，可推测A为Al元素，B为Na元素，C为O元素，D为F元素，据此分析解答。【详解】A．由分析，A为Al元素，B为Na元素，C为O元素，D为F元素，则质子数a＞b＞d＞c，A错误；B．同周期元素从左至右金属性依次减弱，则还原性Na＞Al，B错误；C．电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：O2-＞F-＞Na+＞Al3+，C错误；D．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：Na＞Al＞O＞F，D正确；答案选D。15.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入500mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出672mL(标准状况)气体。向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁()A.28g B.14gC.12.32g D.条件不足，无法计算【答案】B【解析】【分析】加入盐酸恰好使混合物完全溶解，向所得的溶液中加入硫氰化钾溶液，无血红色出现，说明溶液中不存在Fe3+，只有Fe2+，即溶液为FeCl2溶液，根据元素守恒分析解答。【详解】根据题意，混合物完全溶解后所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，可判断原混合物恰好溶于500mL1mol/L的盐酸且反应后的溶液中无Fe3+存在，因此Fe元素在溶液中只以FeCl2的形式存在，溶液中氯离子与亚铁离子的个数比为2：1，n(HCl)=0.5L×1mol/L=0.5mol，则n(FeCl2)=，n(Fe)=n(FeCl2)=0.25mol，根据Fe元素守恒可知，还原相同质量的此混和物可得到铁的质量m(Fe)=0.25mol×56g/mol=14g，故合理选项是B。【点睛】本题考查了守恒方法在物质成分确定的应用的知识。原混合物恰好溶于500mL1mol/L的盐酸，反应后的溶液中无Fe3+存在，即Fe元素只以FeCl2的形式存在是解答该题关键。要全局思考，就可化繁为简，迅速解答。16.下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是①原子序数为15的元素的最高化合价为＋3②ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素③第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6④原子序数为12的元素位于元素周期表的第三周期ⅡA族A①② B.①③ C.②④ D.③④【答案】C【解析】【详解】①原子序数为15的元素，其核外电子排布为2、8、5，为磷元素，最高化合价=最外层电子数=+5，故①错误；②同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则元素的非金属性逐渐增强（惰性气体元素除外），故②正确；③周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数，则第二周期ⅣA族元素为碳元素，其有多种同位素原子，如：12C、13C、14C，核电荷数一定为6，但中子数分别为6、7、8，故③错误；④原子序数为12的元素，其核外电子排布为2、8、2，为镁元素，周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数，故④正确；综上所述，有关原子结构和元素周期律的表述正确的是②④，故选C17.W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比7∶17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色。下列判断正确的是()A.金属性：Y>ZB.氢化物的沸点：X>WC.离子的还原性：X>WD.原子及离子半径：Z>Y>X【答案】B【解析】【详解】W的核外电子总数为17，说明W为Cl元素，W和X同主族，则X为F；Y的原子序数为W和X原子序数之和的一半，W和X的原子序数之和为26，则X为13号元素，为Al；含有Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z为Na。W、X、Y、Z分别是Cl、F、Al、Na。A．同周期金属元素的金属性从左到右依次减弱，则Na的金属性强于Al，即Z>Y，A项错误；B．HF分子中含有氢键，其沸点高于氯化氢的沸点，B项正确；C．同主族非金属元素的非金属性从上到下依次减弱；元素的非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，即F的非金属性强于Cl，则F－的还原性弱于Cl－，C项错误；D．由于核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，因此氟离子半径大于钠离子半径，钠离子半径大于铝离子半径，D项错误；本题答案选B。18.下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是A.氮的非金属性比磷强，所以氮气的性质比白磷活泼B.ⅦA族元素一定是同周期中非金属性最强的元素C.第二周期元素的最高正价和负价的绝对值之和等于8D.Na+半径大于Cl-半径【答案】B【解析】【详解】A．氮元素的非金属性比磷元素的非金属性强，但N2很稳定，A错误；B．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，则同周期中ⅦA族元素非金属性最强，B正确；C．第二周期元素中，F无正价，C错误；D．离子核外电子层数越多，离子半径越大，r(Na+)＜r(Cl-)，D错误；答案选B。19.短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，它们的原子序数之和为20，且Y2－与Z＋核外电子层的结构相同。下列化合物中同时存在极性和非极性共价键的是A.Z2Y B.X2Y2 C.Z2Y2 D.ZYX【答案】B【解析】【详解】Y2－与Z＋核外电子层的结构相同，因此Y是第ⅥA，Z是第IA。又因为短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，即它们分别属于第一周期、第二周期和第三周期，则Y是O，Z是Na。由于它们的原子序数之和为20，所以X是H。A.Na2O，由氧离子和钠离子构成，只含有离子键，A项错误；B.H2O2，结构式为H-O-O-H，H和O之间存在极性键，O和O之间是非极性键，B项正确；C.Na2O2，由钠离子和过氧根组成，离子键存在离子键，过氧根中O和O之间存在非极性键，C项错误；D.NaOH，由钠离子和氢氧根构成，离子键存在离子键，氢氧根中O和H之间存在极性键，D项错误；答案是B。20.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A.120mL B.60mL C.40mL D.30mL【答案】A【解析】【详解】NO2、N2O4、NO的混合气体，与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为：=0.6mol，向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，故n(NaOH)=0.6mol，因此消耗氢氧化钠溶液体积为=0.12L=120mL，故答案选A。21.下列分子中所有原子均满足8e-稳定结构的是A.NO2 B.XeF4 C.NCl3 D.SO2【答案】C【解析】【详解】A．NO2分子的成键形式为：，氮原子的最外层电子数为5+4=9，故不满足8电子结构，A不符合题意；B．XeF4分子中，Xe原子的最外层电子数为8+4=12，不满足8e-稳定结构，B不符合题意；C．NCl3分子中，氮原子的最外层电子数为5+3=8，氯原子的最外层电子数为7+1=8，C符合题意；D．SO2分子中，硫原子的最外层电子数为6+2×2=10，不满足8e-稳定结构，D不符合题意；答案选C。22.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式：5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比是（）A.5：4 B.5：3 C.4：5 D.3：5【答案】B【解析】【详解】在5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中-3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为(5-0):[0-(-3)]=5:3。答案为B。二、非选择题(4个小题，共计56分)23.已知有五种元素的原子序数的大小顺序为C＞A＞B＞D＞E，A、C同周期，B、C同主族；A与B形成的离子化合物A2B中所有离子的电子数都相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子。试回答下列问题：（1）C、D两种元素的名称分别为_______、_______。（2）A，B，C离子半径从大到小的顺序_______(用具体离子符号表示)。（3）写出D元素形成的单质的结构式：_______。（4）比较B、D氢化物的稳定性：_______(用化学式表示)。（5）A、B两种元素组成的化合物A2B2属于_______(填“离子”或“共价”)化合物，存在的化学键类型是_______；写出A2B2与水反应的化学方程式：_______。（6）D元素的最高价氧化物对应水化物的稀溶液与Cu反应的离子方程式：_______。【答案】（1）①.硫②.氮（2）S2-＞O2-＞Na+（3）N≡N（4）H2O＞NH3（5）①.离子②.离子键、非极性共价键③.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（6）3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O【解析】【分析】A与B形成离子化合物A2B中所有粒子的电子数相同，且电子总数为30，所以每个离子都有10个电子，由化学式的结构可知，B带2个单位负电荷，A带1个单位正电荷，所以A是Na元素，B是O元素，因为A、C同周期，B与C同主族，所以C为S元素，D和E可形成4核10电子的分子，原子序数B＞D＞E，可知该分子是NH3，所以D是N元素，E是H元素，据此解答。【小问1详解】根据分析可知，C为S元素，D是N元素，名称分别为硫、氮；【小问2详解】A是Na元素，B是O元素，C为S元素，S2-有3个电子层，Na+、O2-均有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：S2-＞O2-＞Na+；【小问3详解】D是N元素，其单质N2分子中N原子间形成3个共用电子对，结构式为N≡N；【小问4详解】非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N，故稳定性：H2O＞NH3；【小问5详解】A、B两种元素组成的化合物A2B2为过氧化钠，Na2O2由Na+和形成，属于离子化合物，Na+和形成离子键，中O原子间形成非极性共价键，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；【小问6详解】N元素的最高价氧化物对应水化物的稀溶液为稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。24.化学小组为了证明SO2和Cl2的漂白性，设计了如图所示的实验装置：（1）他们制备SO2的反应原理Na2SO3+H2SO4(较浓)=Na2SO4+SO2↑+2H2O，应选用图中A、E装置中的_______(填序号)制SO2.（2）他们制取Cl2时使用了浓盐酸，结合另一发生装置的特点，写出他们制Cl2的原理_______(写化学方程式)，并指出反应中浓盐酸所表现出的性质是_______、_______。（3）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的液体加热，B试管中的现象是_______。（4）NaOH溶液分别与两种气体反应的离子方程式是_______、_______。（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的离子方程式是_______。【答案】（1）A（2）①.②.还原性③.酸性（3）溶液由无色变为红色（4）①.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O②.SO2+2OH-=+H2O（5）【解析】【分析】根据装置分析，装置A和E为气体制备装置，装置B、D装置的品红溶液检验其漂白性，装置C的NaOH溶液进行尾气处理防止大气污染，据此分析解答。【小问1详解】根据反应原理，制备SO2在常温下即可实现，故选用装置A；【小问2详解】E装置为固液加热型装置，制取Cl2时使用浓盐酸，则是用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下制取Cl2，反应方程式为：；反应中浓盐酸的部分Cl元素化合价升高，失去电子作还原剂，体现还原性，部分Cl元素化合价不变，体现酸性，故反应中浓盐酸表现出的性质是还原性、酸性；【小问3详解】氯气与水反应生成次氯酸，二氧化硫以及次氯酸都具有漂白性，可使品红褪色，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色，故停止通气后，给B、D两个试管中的液体加热，B试管中的现象是溶液由无色变为红色；【小问4详解】氯气和二氧化硫有毒，不能排放到空气中，但氯气和二氧化硫都和碱反应，所以装置C中NaOH的作用是吸收多余的氯气和二氧化硫，反应的离子方程式分别为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，SO2+2OH-=+H2O；【小问5详解】氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应：生成无漂白性的H2SO4和HCl，离子方程式为。25.下列框图所示的物质转化关系中，甲是日常生活中常见的金属，乙、丙、丁是常见的气体单质。气体B与气体C相遇产生大量的白烟，D是日常生活中常见的盐(部分反应物和生成物及溶剂水已略去)。请回答下列问题：（1）甲元素在周期表中的位置_______。（2）A的电子式为_______；B的电子式为_______。（3）写出A溶液和甲反应生成丙的化学方程式_______。（4）如何检验E溶液中阳离子？_______。（5）B的实验室制法化学方程式_______。【答案】（1）第三周期第ⅢA族（2）①.②.（3）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（4）取少量溶液E于试管中，加入热的NaOH溶液，若产生能够使红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明存在（5）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O【解析】【分析】甲是日常生活中常见的金属，乙、丙、丁是常见的气体单质。气体B与气体C相遇产生大量的白烟，说明二者是氨气和氯化氢反应生成氯化铵，即E是氯化铵。根据反应条件可知乙是氮气，丙是氢气，丁是氯气，则B是氨气，C是氯化氢。金属甲和A反应生成氢气，A和E反应生成氨气，D是日常生活中常见的盐，则D是氯化钠，A是氢氧化钠，甲是铝，据此分析解答。【小问1详解】由分析，甲为Al，Al为13号元素，位于元素周期表中的第三周期第ⅢA族；【小问2详解】A是氢氧化钠，为离子化合物，Na+和OH-形成离子键，OH-中O和H形成共用电子对，电子式为，B为氨气，为共价化合物，N和H形成共用电子对，电子式为；【小问3详解】Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；【小问4详解】E是氯化铵，阳离子是，可取少量溶液E于试管中，加入热的NaOH溶液，若产生能够使红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明存在，反正则不存在；【小问5详解】B是氨气，实验室用氯化铵和熟石灰混合加热制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。26.某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体。请回答：（1）写出步骤II反应的离子方程式：_______。（2）试剂X是_______，溶液D是_______。（3）在步骤II时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，可采取的改进措施是_______。（4）由固体F制取硫酸铜溶液