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2022-2023学年河南省洛阳市栾川一中高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年河南省洛阳市栾川一中高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了1mlN2，转移电子数为0， 下列离子检验的方法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省洛阳市栾川一中高一（上）期末化学试卷
1. 国产航母001A等舰艇的船底都涂有含Cu2O的防污涂料，制备Cu2O的一种方法为：Zn+2CuSO4+2NaOH=Cu2O+ZnSO4+Na2SO4+H2O。该反应的下列说法正确的是( )
A. Zn得到电子 B. CuSO4被氧化 C. NaOH是还原剂 D. CuSO4是氧化剂
2. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在转化过程中，氮元素均被还原
B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C. 还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为0.5mol
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
3. 下列有关钠及其化合物的说法不正确的是( )
A. 钠元素在自然界中只有化合态
B. 金属钠在空气中长期放置，最终生成物为Na2CO3
C. 将钠元素的单质或者化合物在火焰上灼烧，火焰均为黄色
D. 把一小块金属钠投入含有Fe2+的溶液中，能够置换出单质铁
4. 2020年新冠肺炎疫情在全球肆虐，84消毒液能有效杀死病毒，生活中常用其来消毒。84消毒液(主要成分是NaClO)与洁厕灵(主要成分是浓盐酸)不能混用，二者混合会反应产生一种黄绿色有毒气体，非常危险。下列说法正确的是( )
A. 氧化性：NaClO>Cl2
B. NaClO发生了氧化反应
C. 反应中氧化剂和还原剂的化学计量数之比为1：2
D. NaCl为还原产物
5. 向200mLFeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 氧化性强弱：Br2>Fe3+
B. 由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1mol⋅L−1
C. n(Cl2)=0.12mol时，溶液中的离子浓度为c(Fe3+)：c(Br−)=1：8
D. n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1时，反应的离子方程式为：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−
6. 下列离子检验的方法正确的是( )
A. 某溶液中加入KSCN溶液呈红色，说明原溶液中不含有Fe2+
B. 某溶液中通入氯气，然后再加入KSCN溶液呈红色，说明原溶液中一定有Fe3+
C. 某溶液中加入氢氧化钠溶液生成红褐色沉淀，说明原溶液中一定有Fe3+
D. 某溶液中加入稀硫酸产生无色气体，说明原溶液中一定有CO32−
7. 下列关于元素周期表的说法正确的是( )
A. 每一周期都从碱金属元素开始，最后以稀有气体元素结束
B. 第35号元素的单质在常温常压下是气体
C. 元素周期表有7个横行，即7个周期，16个纵列，即16个族
D. 元素周期表中第9列没有非金属元素
8. 下列用电子式表示物质的形成过程，其中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
9. 下列离子组在指定条件下的溶液中，一定能大量共存的是( )
A. 含有大量Ba2+的溶液：NH4+、Na+、CO32−、I−
B. 使石蕊变红色的溶液中：NO3−、Cl−、K+、SO42−
C. 加入Na2O固体的溶液中：Ba2+、Mg2+、NO3−、Cl−
D. 无色澄清溶液中：K+、Fe3+、SO42−、Mg2+
10. 我国化学家侯德榜研究出以饱和食盐水、CO2和NH3(合成氨厂的氨气中常混有副产物CO2)为原料制备纯碱，其生产流程如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 沉淀池中应先通入NH3，再通入CO2
B. 流程中的X为CO2，Y为NH3
C. 沉淀池中发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
D. 操作Ⅰ为过滤，母液中的一种副产品为NH4Cl，可在农业上用作化肥
11. 8.34gFeSO4⋅7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是( )
A. 温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4⋅5H2O
B. 温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4⋅2H2O
C. 取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时只得到一种无色气体生成
D. 在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4⋅H2O−高温FeSO4+H2O
12. 表中物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是( )
物质
化学键类型
化合物类型
A
MgCl2
离子键、共价键
离子化合物
B
CO2
共价键
共价化合物
C
HCl
离子键
离子化合物
D
NaOH
离子键、共价键
共价化合物
A. A B. B C. C D. D
13. 铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”[化学式为Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO2、H2O。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→⋅⋅⋅⋅⋅⋅→铜”的转化：
(1)从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质：______。
(2)请写出“铜绿”与盐酸反应的化学方程式：______。
(3)写出④、⑤的化学方程式：④______、⑤______。
(4)上述转化过程中属于化合反应的是 ______，属于复分解反应的是 ______，属于分解反应的是 ______。
(5)以Cu为原料，其他试剂自选，设计制备CuSO4的实验方案，并用流程图表示出来 ______。
14. 某小组通过实验探究NaHCO3和Na2CO3的性质。
实验一：探究NaHCO3和Na2CO3的溶解性和水溶液的酸碱性。
步骤
实验操作
观察到的实验现象
Na2CO3
NaHCO3
①
在2支试管里分别加入1gNaHCO3和Na2CO3，各加入10mL水，振荡
全部溶解，得到透明溶液
部分溶解，试管底部有少许固体
②
将步骤①的试管中溶液分别分成两份，其中1份溶液中各滴加2滴酚酞溶液
溶液变红色
溶液变浅红色
③
在步骤②的另两份溶液中各滴加2滴10%盐酸，振荡
没有气泡产生
产生少量气泡
根据上述实验现象，回答下列问题：
(1)常温下，NaHCO3的溶解度 ______(填“大于”“小于”或“等于”)Na2CO3的溶解度。
(2)下列推断正确的是 ______(填字母)。
A.碳酸钠溶液呈碱性，碳酸氢钠溶液呈酸性
B.碳酸钠溶液、碳酸氢钠溶液都呈碱性
C.碳酸钠溶液、碳酸氢钠溶液都呈酸性
D.碳酸钠溶液呈碱性，碳酸氢钠溶液呈中性
(3)Na2CO3溶液和少量盐酸反应生成NaHCO3，离子方程式为 ______。
实验二：探究NaHCO3和Na2CO3的热稳定性。
观察到的实验现象如下表所示：
物质
装置B中现象
装置C中现象
Na2CO3
无明显变化
开始断断续续产生气泡，一会儿后，没有气泡，溶液保持澄清
NaHCO3
白色粉末变蓝色
开始断断续续产生气泡，一会儿后，产生连续气泡，溶液变浑浊
根据上述实验现象，回答下列问题：
(4)加热Na2CO3时，装置C中产生气泡的原因是 ______。
(5)实验结论是 ______。
(6)加热NaHCO3发生反应的化学方程式为 ______。
15. 某化学课外小组在制备Fe(OH)2的过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。
已知：检验溶液中的亚铁离子可用K3[Fe(CN)6]溶液，Fe2+与[Fe(CN)6]3−反应生成蓝色沉淀。
Ⅰ.甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成实验1和实验2。
编号
实验操作
实验现象
实验1
向2mL0.1mol⋅L−1FeSO4溶液中滴0.1mol⋅L−1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)
液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色
实验2
取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份，分别置于①、②两支试管中。①中加入试剂a，②中加入试剂b
①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色
(1)实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为 ______。
(2)实验1中加入维生素C溶液是利用该物质的 ______性。
(3)实验2中加入的试剂a为 ______(写化学式，下同)溶液，试剂b为 ______溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测 ______(填“正确”或“不正确”)。
Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3∼实验5。
编号
实验操作
实验现象
实验3
向10mL4mol⋅L−1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)
液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色
实验4
向10mL8mol⋅L−1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)
液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后，仍为白色
实验5
取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中
(4)依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为 ______。
(5)该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为 ______。
Ⅱ.该小组同学发现当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色。经过再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。因此，当Fe(OH)2沉淀中混有Fe(OH)3时，沉淀不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+。
(6)根据上述实验该小组同学得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作为 ______，并除去溶液中的Fe3+和溶解的O2。
16. 某合金废料主要含铁、铜、铝，为从合金废料中得到Fe2O3、Al2O3和金属Cu等产品，某化学兴趣小组按如图工艺流程进行实验(杂质不与稀硫酸反应)。
请回答下列问题：
(1)固体A主要含有的物质是 ______。
(2)B到C发生反应的离子方程式为 ______，溶液C中的阳离子主要有 ______。
(3)灼烧沉淀F时所用的主要仪器之一是 ______(填字母)。
A.蒸发皿
B.烧杯
C.坩埚
D.试管
(4)氮化铝(AlN)陶瓷是一种具有广阔开发前景的高温结构材料，具有高导热率、高电绝缘性、高强度、高硬度、耐腐蚀等优良性能，工业上可通过Al2O3碳和N2在高温条件下反应得到，同时生成一种常见气体G，若该反应每转移3.01×1023个电子，有0.25mol气体G生成，则该反应的化学方程式为 ______。
17. 元素周期表是学习化学的重要工具。下表列出了①∼⑩十种元素在周期表中的位置：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
①
②
3
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
⑩
请按要求回答下列问题：
(1)写出元素①单质的电子式是 ______ ，元素②简单氢化物的结构式 ______ 。
(2)③、④、⑨三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为 ______ 。(用元素符号表示)
(3)元素⑥、⑦、⑧三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 ______ 。(用化学式表示)
(4)向元素③的单质与水反应后的溶液中加入元素⑤的单质，发生反应的化学方程式为 ______ 。
(5)小组利用如图所示装置探究卤族元素的非金属性强弱。
①写出装置A中发生的离子反应方程式 ______ 。
②取2mL A中橙黄色溶液于试管中，再滴入几滴KI淀粉溶液，观察到溶液变为蓝色.通过以上实验，不能得出非金属性：Br>I，理由 ______ 。
18. 短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如图所示，其中A为地壳中含量最高的金属元素。请用化学用语回答下列问题：
(1)E元素在周期表中的位置为 ______。
(2)A、D、E元素的简单离子半径由大到小的顺序为 ______>______>______(填微粒符号)。
(3)F与D同主族且相邻，二者简单气态氢化物稳定性的强弱关系为 ______>______(填微粒符号)。
(4)用高能射线照射含有10个电子的D元素氢化物分子时，1个分子能释放出1个电子，同时产生1种具有较强氧化性的阳离子，试写出该阳离子的电子式：______，该阳离子中存在的化学键有 ______。
(5)由C、E两种元素组成的化合物甲常温下为易挥发的淡黄色液体，且分子中C、E两种元素原子最外层均达到8电子稳定结构，则甲的结构式为 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】由反应可知：Zn+2CuSO4+2NaOH=Cu2O+ZnSO4+Na2SO4+H2O，锌失电子，发生氧化反应，铜离子得电子生成亚铜，发生还原反应。
A、Zn由0价变成+2价，失电子，故A错误；
B、CuSO4被还原，而不是被氧化，故B错误；
C、NaOH中各元素化合价未变，既不是氧化剂，也不是还原剂，故C错误；
D、硫酸铜中铜元素的化合价降低是氧化剂，故D正确。
故选：D。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确图示转化关系的实质即可解答，注意掌握氧化还原反应实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
A.根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；
B.根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；
C.还原过程中生成0.1molN2，转移电子的物质的量为：0.1mol×(5−0)×2=1mol，故C错误；
D.整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；
故选：D。
3.【答案】D
【解析】解：A.钠是非常活泼的金属，能与O2迅速反应，钠元素在自然界中只有化合态，故A正确；
B.金属钠在空气中长期放置，其转变过程为Na→Na2O→NaOH→NaOH(潮解)→Na2CO3⋅xH2O→Na2CO3，故B正确；
C.钠元素的焰色呈黄色，与物质的状态无关，故将钠元素的单质或者化合物在火焰上灼烧，火焰均为黄色，故C正确；
D.将金属钠投入水溶液中，钠先与水反应，不能置换出金属铁，故D错误；
故选：D。
A.钠是非常活泼的金属；
B.金属钠在空气中长期放置，其物质转变过程为Na→Na2O→NaOH→NaOH(潮解)→Na2CO3⋅xH2O→Na2CO3；
C.钠元素的焰色呈黄色；
D.将金属钠投入水溶液中，钠先与水反应。
本题考查了元素化合物知识，熟悉钠、过氧化钠的性质即可解答，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.氧化剂的氧化性大于氧化产物，NaClO是氧化剂，氯气是氧化产物，因此氧化性：NaClO>Cl2，故A正确；
B.氯元素化合价降低，NaClO发生还原反应，故B错误；
C.由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1：1，故C错误；
D.NaCl中元素化合价未发生变化，既不是氧化产物，也不是还原产物，故D错误；
故选：A。
由题给信息可知，反应的化学方程式为NaClO+2HCl=Cl2↑+H2O+NaCl，元素化合价降低的物质为氧化剂，则NaClO为氧化剂，发生还原反应；元素化合价升高的物质为还原剂，则HCl为还原剂，发生氧化反应，据此进行解答。
本题考查氧化还原反应的基本概念，涉及到电子转移的计算和化学方程式的书写，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，则还原性：Fe2+>Br−，则氧化性强弱：Br2>Fe3+，故A正确；
B.图中通入0.1mol氯气时亚铁离子完全被氧化生成0.2molFe3+，由Fe原子守恒及c=nV可知该FeBr2溶液的浓度为0.2mol0.2L=1mol⋅L−1，故B正确；
C.n(Cl2)=0.12mol时，0.1mol氯气将亚铁离子完全氧化生成0.2molFe3+，由2Br−+Cl2=2Cl−+Br2可知，0.02molCl2氧化0.04molBr−，溶液中的离子浓度有c(Fe3+)：c(Br−)=0.2mol：(0.4mol−0.04mol)=5：9，故C错误；
D.n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1时，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−，故D正确；
故选C。
本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、电子守恒及原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.加入KSCN溶液呈红色，说明溶液含Fe3+，无法确定不含亚铁离子，故A错误；
B.亚铁离子能够被氯气氧化生成三价铁离子，某溶液中通入氯气，然后再加入KSCN溶液呈红色，不说明原溶液中一定有Fe3+，故B错误；
C.铁离子能够与氢氧根离子反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，某溶液中加入氢氧化钠溶液生成红褐色沉淀，说明原溶液中一定有Fe3+，故C正确；
D.某溶液中加入稀硫酸产生无色气体，不能说明原溶液中一定有CO32−，有可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸根离子，故D错误。
故选：C。
A.加入KSCN溶液呈红色，说明溶液含Fe3+；
B.不能排除亚铁离子的干扰；
C.铁离子能够与氢氧根离子反应生成红褐色氢氧化铁沉淀；
D.不能排除碳酸氢根离子、亚硫酸根离子等离子的干扰。
本题考查了离子的检验，明确铁离子、亚铁离子、碳酸根离子性质是解题关键，注意排除杂质离子的干扰，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.第一周期只有H、He两种元素，除第一周期外都从碱金属元素开始，最后以稀有气体元素结束，故A错误；
B.第35号元素是溴，其单质常温常压下为液体，故B错误；
C.元素周期表有7个横行，即7个周期，有7个主族、7个副族、1个0族、1个Ⅷ族，共16个族，其中Ⅷ族包含8、9、10三列，共有18个纵列，故C错误；
D.元素周期表中第9列属于过渡元素，都是金属元素，故D正确；
故选：D。
A.第一周期只有H、He两种元素；
B.第35号元素是溴；
C.元素周期表有18个纵列；
D.元素周期表中第9列属于过渡元素。
本题考查元素周期表，注意熟记元素周期表结构、各分区、族与列的关系，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
8.【答案】D
【解析】解：A.HCl为共价化合物，原子间以共用电子对成键，用电子式表示形成过程为，故A错误；
B.溴化钠为离子化合物，用电子式表示形成过程为：，故B错误；
C.氟离子和镁离子通过离子键形成离子化合物氟化镁，其形成过程为，故C错误；
D.二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子分别共用2对电子，用电子式表示形成过程为：，故D正确；
故选：D。
A.氯化氢为共价化合物；
B.溴化钠为离子化合物；
C.氟化镁中两个氟离子应位于镁离子两侧；
D.二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子分别共用2对电子。
本题考查了用电子式表示物质形成过程，明确物质所含有的化学键类型及电子式表示方法是解题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.Ba2+、CO32−反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；
B.溶液呈酸性，这几种之间不发生任何反应，能大量共存，故B正确；
C.Na2O与水反应生成NaOH，Mg2+、OH−反应生成沉淀不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+在溶液中显黄色，不能大量存在于无色溶液中，故D错误；
故选：B。
A.Ba2+、CO32−反应生成沉淀；
B.溶液呈酸性，离子之间不反应且和氢离子不反应的能大量共存；
C.Na2O与水反应生成NaOH，和NaOH反应的不能大量共存；
D.无色溶液中不含有色离子。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应，明确离子共存条件及离子的性质是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。
10.【答案】B
【解析】解：A.CO2在水中的溶解度比较小，NH3在水中的溶解度很大，所以先向饱和食盐水中通入氨气，使溶液呈碱性，再向碱性溶液中通入CO2，可以得到更多的NaHCO3，从而析出溶解度较小的NaHCO3，故A正确；
B.分析可知流程中的Y为CO2，X为NH3，故B错误；
C.沉淀池中发生反应是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故C正确；
D.操作Ⅰ为过滤得到碳酸氢钠晶体的操作，母液中通入氨气分离出NH4Cl晶体后，可在农业上用作化肥，故D正确；
故选：B。
联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应过程是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，过滤得到碳酸氢钠固体，加热分解得到纯碱，生成的气体Y为CO2可以循环Ⅰ使用，母液中通入氨可以分离出NH4Cl，剩余的含NaCl的溶液通入氨气析出氯化铵晶体，过滤后的滤液可以送回沉淀池中循环使用，
A.CO2在水中的溶解度比较小，NH3在水中的溶解度很大；
B.过滤得到碳酸氢钠固体，加热分解得到纯碱，生成的气体Y为CO2；
C.沉淀池中发生反应是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；
D.操作Ⅰ为过滤得到碳酸氢钠晶体的操作，氯化铵为氮肥。
本题考查纯碱工业，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g−4.56g=2.16g，n(H2O)=2.16g18g/mol=0.12mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4⋅4H2O，故100℃时M的化学式为FeSO4⋅4H2O，故A错误；
B.温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g−4.56g=0.54g，n(H2O)=0.54g18g/mol=0.03mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.03mol：0.03mol=1：1，则N的化学式为FeSO4⋅H2O，故B错误；
C.由上述分析可知，P化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，则x+y=0.0364x+80y=4.56−2.4，解得：x=y=0.015，所以方程式为：2FeSO4−高温Fe2O3+SO2↑+SO3↑，生成的气体有两种，故C错误；
D.根据B可知，N的化学式为FeSO4⋅H2O，P化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为：FeSO4⋅H2O−高温FeSO4+H2O，故D正确；
故选：D。
8.34gFeSO4⋅7H2O样品物质的量为：8.34g278g/mol=0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g−3.78g=4.56g，则P的化学式为FeSO4，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4⋅7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g−1.68g=0.72g，n(O)=0.72g16g/mol=0.045mol，则n(Fe)：n(O)=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，根据硫原子守恒及气体的质量列方程计算判断是否含有三氧化硫，以此解答该题。
本题考查物质组成的测定，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大。
12.【答案】B
【解析】解：A.MgCl2中只含离子键，含离子键的化合物为离子化合物，故A错误；
B.只由共价键组成的为共价化合物，CO2中只含极性共价键，为共价化合物，故B正确；
C.HCl中只含共价键，为共价化合物，故C错误；
D.NaOH中含离子键和极性共价键，为离子化合物，故D错误；
故选：B。
A.MgCl2中只含离子键；
B.CO2中只含极性共价键；
C.HCl中只含共价键；
D.NaOH中含离子键和极性共价键。
本题考查化学键、物质类型的判断，为高频考点，把握化学键与物质类型的关系为解答关键，注意掌握常见化学键类型，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
13.【答案】盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑Cu(OH)2−△CuO+H2OCuO+H2−△Cu+H2O① ②③ ④ Cu→△O2CuO→H2SO4CuSO4
【解析】解：(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)，
故答案为：盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)；
(2)碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，
故答案为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；
(3)Cu(OH)2→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应为：Cu(OH)2−△CuO+H2O，B→Cu是氢气还原CuO得到Cu，反应为：CuO+H2−△Cu+H2O，
故答案为：Cu(OH)2−△CuO+H2O；CuO+H2−△Cu+H2O；
(4)铜→铜绿，反应为Cu与氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成Cu2(OH)2CO3，其反应的化学方程式为：2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3；发生了化合反应；
铜绿→是A跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐，化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，属于复分解反应；
A→Cu(OH)2是铜盐和碱反应CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；
Cu(OH)2→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，Cu(OH)2−△CuO+H2O，是分解反应；
B→Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，反应为：CuO+H2−△Cu+H2O是置换反应；
故答案为：①；②③；④；
(5)制备CuSO4的实验方案为Cu与氧气反应生成CuO，方程式为2Cu+O2−△2CuO，再用CuO与H2SO4反应制CuSO4，方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，用流程图表示为Cu→△O2CuO→H2SO4CuSO4，
故答案为：Cu→△O2CuO→H2SO4CuSO4。
根据题意，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢气还原CuO得到Cu。
(1)根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；
(2)碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳；
(3)根据Cu(OH)2→B是氢氧化铜沉淀受热分解，B→Cu是氢气还原CuO得到Cu，进行解答；
(4)根据化合反应和复分解反应、分解反应的概念判断，结合反应过程的特征分析判断；
(5)Cu与H2SO4(稀)不能直接反应。先将Cu转化为CuO，再用CuO与H2SO4反应制CuSO4。
本题主要考查了铜及其化合物，掌握碱式碳酸铜的性质是解答本题的关键，题目难度不大。
14.【答案】小于 BCO32−+H+=HCO3− 加热时排出了部分装置内的空气 Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强 2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】解：(1)根据实验步骤①中现象可知，相同条件下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，
故答案为：小于；
(2)根据实验步骤②可知，两溶液都能使酚酞溶液变红色，说明两溶液均显碱性，B项正确，
故答案为：B；
(3)依题意，少量盐酸滴入碳酸钠溶液中，不产生气泡，根据原子守恒，产物之一是碳酸氢钠，另一种产物是氯化钠，离子方程式为：CO32−+H+=HCO3−，
故答案为：CO32−+H+=HCO3−；
(4)根据“断断续续产生气泡”可知，气流成分是装置内的空气，加热时排出了部分装置内的空气，
故答案为：加热时排出了部分装置内空气；
(5)根据加热时的实验现象可知NaHCO3受热分解，且生成CO2和水蒸气，而Na2CO3受热不分解，由此可判断Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强，
故答案为：Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强；
(6)NaHCO3受热分解的化学方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑。
实验一：从步骤①中可知，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，从步骤②中可知，碳酸钠和碳酸氢钠溶液都呈碱性，但是碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，从步骤③中可知，碳酸钠与少量盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳；实验二：碳酸氢钠加热分解产生水和二氧化碳，因此白色粉末变蓝，且澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠受热不分解。一开始断断续续产生气泡是因为加热排出了装置内的空气。
本题考查物质的性质，涉及到碳酸钠和碳酸氢钠的性质，为高频考点，难度中等。
15.【答案】4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 还原 K3[Fe(CN)6]KSCN不正确 NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面 白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现 向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液
【解析】解：(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，
故答案为：还原；
(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，
故答案为：K3[Fe(CN)6]；KSCN；不正确；
(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，
故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；
(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，
故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；
(6)根据上述实验可知，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液，
故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液。
(1)实验1中氢氧化亚铁被空气中氧气氧化成氢氧化铁，所以产生红褐色沉淀；
(2)加入维生素C可防止亚铁离子被氧化；
(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，目的是检验亚铁离子，②中溶液是否变红，目的是检验铁离子，试剂b为硫氰化钾；由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有氢氧化铁；
(4)氢氧化钠溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附；
(5)结合“乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的”分析；
(6)根据上述实验可知，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，据此分析操作方法及条件。
本题考查性质方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
16.【答案】Cu或铜 Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+ Fe3+、Al3+、H+ CAl2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO
【解析】解：(1)由流程分析可知，固体A为Cu或铜，
故答案为：Cu或铜；
(2)B到C发生反应是亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+；溶液C中含有硫酸铁、硫酸铝和硫酸，则溶液中含有的主要阳离子有Fe3+、Al3+、H+，
故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+；Fe3+、Al3+、H+；
(3)灼烧固体在坩埚中进行，所以灼烧沉淀F时所用主要仪器之一是C，
故答案为：C；
(4)工业上可通过Al2O3、碳和N2在高温条件下反应生成AlN和一种常见气体G，若该反应每转移3.01×1023个电子，即3.01×10236.02×1023/mol=0.5mol电子，有0.25mol气体G生成，则C元素的化合价升高2价，即生成CO，所以反应的方程式为Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO，
故答案为：Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO。
某合金废料主要含铁、铜、铝，合金废料加过量稀硫酸溶解，过滤，固体A为Cu，溶液B含有硫酸铝和硫酸亚铁，向溶液B通入足量氯气，生成Fe3+，向溶液C中加过量NaOH溶液，过滤，沉淀F为氢氧化铁，灼烧得到Fe2O3，溶液E中溶质为偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝，然后过滤，灼烧氢氧化铝得到Al2O3，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
17.【答案】 H−O−HK>Na>MgHClO4 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Cl2+2Br−=Br2+2Cl− 过量的氯气与碘化钾反应生成氯化钾和碘
【解析】解：(1)元素①单质是N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为；元素②简单氢化物是H2O，分子中O原子分别与氢原子之间形成1对共用电子对，其结构式为H−O−H，
故答案为：；H−O−H；
(2)③、④、⑨三种元素分别为Na、Mg、K，其中Na、Mg同周期，核电荷数依次增大，原子半径依次减小，即原子半径Na>Mg，而Na、K同主族，电子层依次增大，原子半径增大，即原子半径K>Na，故原子半径：K>Na>Mg，
故答案为：K>Na>Mg；
(3)元素⑥、⑦、⑧三种元素最高价氧化物对应水化物分别为H2SiO3、H2SO4、HClO4，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Si、S、Cl同周期，自左而右非金属性增强，元素非金属性Si
(4)元素③的单质与水反应后的溶液为NaOH，再加入Al单质，反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(5)①氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质，反应离子方程式为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，
故答案为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−；
②过量的氯气与碘化钾反应会生成碘，会使溶液变为蓝色，通过以上实验，不能得出非金属性：Br>I，
故答案为：过量的氯气与碘化钾反应生成氯化钾和碘。
由元素在周期表中位置，可知①为N、②为O、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br；
(1)元素①单质是N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对；元素②简单氢化物是H2O，分子中O原子分别与氢原子之间形成1对共用电子对；
(2)同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
(3)元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，而同周期自左而右非金属性增强；
(4)元素③的单质与水反应后的溶液为NaOH，再加入Al单质，反应生成偏铝酸钠与氢气；
(5)①氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质；
②过量的氯气与碘化钾反应会生成碘。
本题考查元素周期表与元素周期律，识记常见元素在周期表中位置，理解影响微粒半径大小的因素，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实。
18.【答案】第三周期第ⅦA族 Cl− O2− Al3+ H2OH2S 共价键
【解析】解：由分析可知，A为Al元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素、E为Cl元素；
(1)E为Cl元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，处于周期表中第三周期第ⅦA族，
故答案为：第三周期第ⅦA族；
(2)A、D、E元素简单离子分别为Al3+、O2−、Cl−，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径：Cl−>O2−>Al3+，
故答案为：Cl−；O2−；Al3+；
(3)F与D同主族且相邻，则F为S元素，同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氢化物稳定性H2O>H2S，
故答案为：H2O；H2S；
(4)10个电子的D元素氢化物分子为H2O，用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种具有较强氧化性的阳离子，该阳离子为H2O+，电子式为，含有的化学键为共价键，
故答案为：；共价键；
(5)由N、Cl两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，且分子里N、Cl两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则N、Cl个数比应为1：3，甲为NCl3，所以甲的结构式为，
故答案为：。
A、B、C、D、E是短周期主族元素，其中A为地壳中含量最高的金属元素，则A为Al元素，由元素在周期表中的相对位置，可知B为C元素、C为N元素、D为O元素、E为Cl元素；
(1)主族元素周期数=原子电子层数、主族族序数=原子最外层电子数；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多离子半径越大；
(3)F与D同主族且相邻，则F为S元素，同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性与元素非金属性一致；
(4)10个电子的D元素氢化物分子为H2O，用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种具有较强氧化性的阳离子，该阳离子为H2O+；
(5)由N、Cl两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，且分子里N、Cl两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则N、Cl个数比应为1：3，甲为NCl3。
本题考查结构性质位置关系应用，明确元素是解题的关键，熟练掌握元素周期表与元素周期律，侧重考查学生知识迁移应用与分析推理能力。
2022-2023学年河南省洛阳市栾川一中高一（上）期末化学试卷
1. 国产航母001A等舰艇的船底都涂有含Cu2O的防污涂料，制备Cu2O的一种方法为：Zn+2CuSO4+2NaOH=Cu2O+ZnSO4+Na2SO4+H2O。该反应的下列说法正确的是( )
A. Zn得到电子 B. CuSO4被氧化 C. NaOH是还原剂 D. CuSO4是氧化剂
2. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在转化过程中，氮元素均被还原
B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C. 还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为0.5mol
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
3. 下列有关钠及其化合物的说法不正确的是( )
A. 钠元素在自然界中只有化合态
B. 金属钠在空气中长期放置，最终生成物为Na2CO3
C. 将钠元素的单质或者化合物在火焰上灼烧，火焰均为黄色
D. 把一小块金属钠投入含有Fe2+的溶液中，能够置换出单质铁
4. 2020年新冠肺炎疫情在全球肆虐，84消毒液能有效杀死病毒，生活中常用其来消毒。84消毒液(主要成分是NaClO)与洁厕灵(主要成分是浓盐酸)不能混用，二者混合会反应产生一种黄绿色有毒气体，非常危险。下列说法正确的是( )
A. 氧化性：NaClO>Cl2
B. NaClO发生了氧化反应
C. 反应中氧化剂和还原剂的化学计量数之比为1：2
D. NaCl为还原产物
5. 向200mLFeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 氧化性强弱：Br2>Fe3+
B. 由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1mol⋅L−1
C. n(Cl2)=0.12mol时，溶液中的离子浓度为c(Fe3+)：c(Br−)=1：8
D. n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1时，反应的离子方程式为：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−
6. 下列离子检验的方法正确的是( )
A. 某溶液中加入KSCN溶液呈红色，说明原溶液中不含有Fe2+
B. 某溶液中通入氯气，然后再加入KSCN溶液呈红色，说明原溶液中一定有Fe3+
C. 某溶液中加入氢氧化钠溶液生成红褐色沉淀，说明原溶液中一定有Fe3+
D. 某溶液中加入稀硫酸产生无色气体，说明原溶液中一定有CO32−
7. 下列关于元素周期表的说法正确的是( )
A. 每一周期都从碱金属元素开始，最后以稀有气体元素结束
B. 第35号元素的单质在常温常压下是气体
C. 元素周期表有7个横行，即7个周期，16个纵列，即16个族
D. 元素周期表中第9列没有非金属元素
8. 下列用电子式表示物质的形成过程，其中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
9. 下列离子组在指定条件下的溶液中，一定能大量共存的是( )
A. 含有大量Ba2+的溶液：NH4+、Na+、CO32−、I−
B. 使石蕊变红色的溶液中：NO3−、Cl−、K+、SO42−
C. 加入Na2O固体的溶液中：Ba2+、Mg2+、NO3−、Cl−
D. 无色澄清溶液中：K+、Fe3+、SO42−、Mg2+
10. 我国化学家侯德榜研究出以饱和食盐水、CO2和NH3(合成氨厂的氨气中常混有副产物CO2)为原料制备纯碱，其生产流程如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 沉淀池中应先通入NH3，再通入CO2
B. 流程中的X为CO2，Y为NH3
C. 沉淀池中发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
D. 操作Ⅰ为过滤，母液中的一种副产品为NH4Cl，可在农业上用作化肥
11. 8.34gFeSO4⋅7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是( )
A. 温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4⋅5H2O
B. 温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4⋅2H2O
C. 取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时只得到一种无色气体生成
D. 在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4⋅H2O−高温FeSO4+H2O
12. 表中物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是( )
物质
化学键类型
化合物类型
A
MgCl2
离子键、共价键
离子化合物
B
CO2
共价键
共价化合物
C
HCl
离子键
离子化合物
D
NaOH
离子键、共价键
共价化合物
A. A B. B C. C D. D
13. 铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”[化学式为Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO2、H2O。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→⋅⋅⋅⋅⋅⋅→铜”的转化：
(1)从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质：______。
(2)请写出“铜绿”与盐酸反应的化学方程式：______。
(3)写出④、⑤的化学方程式：④______、⑤______。
(4)上述转化过程中属于化合反应的是 ______，属于复分解反应的是 ______，属于分解反应的是 ______。
(5)以Cu为原料，其他试剂自选，设计制备CuSO4的实验方案，并用流程图表示出来 ______。
14. 某小组通过实验探究NaHCO3和Na2CO3的性质。
实验一：探究NaHCO3和Na2CO3的溶解性和水溶液的酸碱性。
步骤
实验操作
观察到的实验现象
Na2CO3
NaHCO3
①
在2支试管里分别加入1gNaHCO3和Na2CO3，各加入10mL水，振荡
全部溶解，得到透明溶液
部分溶解，试管底部有少许固体
②
将步骤①的试管中溶液分别分成两份，其中1份溶液中各滴加2滴酚酞溶液
溶液变红色
溶液变浅红色
③
在步骤②的另两份溶液中各滴加2滴10%盐酸，振荡
没有气泡产生
产生少量气泡
根据上述实验现象，回答下列问题：
(1)常温下，NaHCO3的溶解度 ______(填“大于”“小于”或“等于”)Na2CO3的溶解度。
(2)下列推断正确的是 ______(填字母)。
A.碳酸钠溶液呈碱性，碳酸氢钠溶液呈酸性
B.碳酸钠溶液、碳酸氢钠溶液都呈碱性
C.碳酸钠溶液、碳酸氢钠溶液都呈酸性
D.碳酸钠溶液呈碱性，碳酸氢钠溶液呈中性
(3)Na2CO3溶液和少量盐酸反应生成NaHCO3，离子方程式为 ______。
实验二：探究NaHCO3和Na2CO3的热稳定性。
观察到的实验现象如下表所示：
物质
装置B中现象
装置C中现象
Na2CO3
无明显变化
开始断断续续产生气泡，一会儿后，没有气泡，溶液保持澄清
NaHCO3
白色粉末变蓝色
开始断断续续产生气泡，一会儿后，产生连续气泡，溶液变浑浊
根据上述实验现象，回答下列问题：
(4)加热Na2CO3时，装置C中产生气泡的原因是 ______。
(5)实验结论是 ______。
(6)加热NaHCO3发生反应的化学方程式为 ______。
15. 某化学课外小组在制备Fe(OH)2的过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。
已知：检验溶液中的亚铁离子可用K3[Fe(CN)6]溶液，Fe2+与[Fe(CN)6]3−反应生成蓝色沉淀。
Ⅰ.甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成实验1和实验2。
编号
实验操作
实验现象
实验1
向2mL0.1mol⋅L−1FeSO4溶液中滴0.1mol⋅L−1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)
液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色
实验2
取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份，分别置于①、②两支试管中。①中加入试剂a，②中加入试剂b
①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色
(1)实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为 ______。
(2)实验1中加入维生素C溶液是利用该物质的 ______性。
(3)实验2中加入的试剂a为 ______(写化学式，下同)溶液，试剂b为 ______溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测 ______(填“正确”或“不正确”)。
Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3∼实验5。
编号
实验操作
实验现象
实验3
向10mL4mol⋅L−1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)
液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色
实验4
向10mL8mol⋅L−1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)
液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后，仍为白色
实验5
取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中
(4)依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为 ______。
(5)该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为 ______。
Ⅱ.该小组同学发现当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色。经过再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。因此，当Fe(OH)2沉淀中混有Fe(OH)3时，沉淀不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+。
(6)根据上述实验该小组同学得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作为 ______，并除去溶液中的Fe3+和溶解的O2。
16. 某合金废料主要含铁、铜、铝，为从合金废料中得到Fe2O3、Al2O3和金属Cu等产品，某化学兴趣小组按如图工艺流程进行实验(杂质不与稀硫酸反应)。
请回答下列问题：
(1)固体A主要含有的物质是 ______。
(2)B到C发生反应的离子方程式为 ______，溶液C中的阳离子主要有 ______。
(3)灼烧沉淀F时所用的主要仪器之一是 ______(填字母)。
A.蒸发皿
B.烧杯
C.坩埚
D.试管
(4)氮化铝(AlN)陶瓷是一种具有广阔开发前景的高温结构材料，具有高导热率、高电绝缘性、高强度、高硬度、耐腐蚀等优良性能，工业上可通过Al2O3碳和N2在高温条件下反应得到，同时生成一种常见气体G，若该反应每转移3.01×1023个电子，有0.25mol气体G生成，则该反应的化学方程式为 ______。
17. 元素周期表是学习化学的重要工具。下表列出了①∼⑩十种元素在周期表中的位置：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
①
②
3
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
⑩
请按要求回答下列问题：
(1)写出元素①单质的电子式是 ______ ，元素②简单氢化物的结构式 ______ 。
(2)③、④、⑨三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为 ______ 。(用元素符号表示)
(3)元素⑥、⑦、⑧三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 ______ 。(用化学式表示)
(4)向元素③的单质与水反应后的溶液中加入元素⑤的单质，发生反应的化学方程式为 ______ 。
(5)小组利用如图所示装置探究卤族元素的非金属性强弱。
①写出装置A中发生的离子反应方程式 ______ 。
②取2mL A中橙黄色溶液于试管中，再滴入几滴KI淀粉溶液，观察到溶液变为蓝色.通过以上实验，不能得出非金属性：Br>I，理由 ______ 。
18. 短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如图所示，其中A为地壳中含量最高的金属元素。请用化学用语回答下列问题：
(1)E元素在周期表中的位置为 ______。
(2)A、D、E元素的简单离子半径由大到小的顺序为 ______>______>______(填微粒符号)。
(3)F与D同主族且相邻，二者简单气态氢化物稳定性的强弱关系为 ______>______(填微粒符号)。
(4)用高能射线照射含有10个电子的D元素氢化物分子时，1个分子能释放出1个电子，同时产生1种具有较强氧化性的阳离子，试写出该阳离子的电子式：______，该阳离子中存在的化学键有 ______。
(5)由C、E两种元素组成的化合物甲常温下为易挥发的淡黄色液体，且分子中C、E两种元素原子最外层均达到8电子稳定结构，则甲的结构式为 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】由反应可知：Zn+2CuSO4+2NaOH=Cu2O+ZnSO4+Na2SO4+H2O，锌失电子，发生氧化反应，铜离子得电子生成亚铜，发生还原反应。
A、Zn由0价变成+2价，失电子，故A错误；
B、CuSO4被还原，而不是被氧化，故B错误；
C、NaOH中各元素化合价未变，既不是氧化剂，也不是还原剂，故C错误；
D、硫酸铜中铜元素的化合价降低是氧化剂，故D正确。
故选：D。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确图示转化关系的实质即可解答，注意掌握氧化还原反应实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
A.根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；
B.根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；
C.还原过程中生成0.1molN2，转移电子的物质的量为：0.1mol×(5−0)×2=1mol，故C错误；
D.整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；
故选：D。
3.【答案】D
【解析】解：A.钠是非常活泼的金属，能与O2迅速反应，钠元素在自然界中只有化合态，故A正确；
B.金属钠在空气中长期放置，其转变过程为Na→Na2O→NaOH→NaOH(潮解)→Na2CO3⋅xH2O→Na2CO3，故B正确；
C.钠元素的焰色呈黄色，与物质的状态无关，故将钠元素的单质或者化合物在火焰上灼烧，火焰均为黄色，故C正确；
D.将金属钠投入水溶液中，钠先与水反应，不能置换出金属铁，故D错误；
故选：D。
A.钠是非常活泼的金属；
B.金属钠在空气中长期放置，其物质转变过程为Na→Na2O→NaOH→NaOH(潮解)→Na2CO3⋅xH2O→Na2CO3；
C.钠元素的焰色呈黄色；
D.将金属钠投入水溶液中，钠先与水反应。
本题考查了元素化合物知识，熟悉钠、过氧化钠的性质即可解答，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.氧化剂的氧化性大于氧化产物，NaClO是氧化剂，氯气是氧化产物，因此氧化性：NaClO>Cl2，故A正确；
B.氯元素化合价降低，NaClO发生还原反应，故B错误；
C.由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1：1，故C错误；
D.NaCl中元素化合价未发生变化，既不是氧化产物，也不是还原产物，故D错误；
故选：A。
由题给信息可知，反应的化学方程式为NaClO+2HCl=Cl2↑+H2O+NaCl，元素化合价降低的物质为氧化剂，则NaClO为氧化剂，发生还原反应；元素化合价升高的物质为还原剂，则HCl为还原剂，发生氧化反应，据此进行解答。
本题考查氧化还原反应的基本概念，涉及到电子转移的计算和化学方程式的书写，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，则还原性：Fe2+>Br−，则氧化性强弱：Br2>Fe3+，故A正确；
B.图中通入0.1mol氯气时亚铁离子完全被氧化生成0.2molFe3+，由Fe原子守恒及c=nV可知该FeBr2溶液的浓度为0.2mol0.2L=1mol⋅L−1，故B正确；
C.n(Cl2)=0.12mol时，0.1mol氯气将亚铁离子完全氧化生成0.2molFe3+，由2Br−+Cl2=2Cl−+Br2可知，0.02molCl2氧化0.04molBr−，溶液中的离子浓度有c(Fe3+)：c(Br−)=0.2mol：(0.4mol−0.04mol)=5：9，故C错误；
D.n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1时，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−，故D正确；
故选C。
本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、电子守恒及原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.加入KSCN溶液呈红色，说明溶液含Fe3+，无法确定不含亚铁离子，故A错误；
B.亚铁离子能够被氯气氧化生成三价铁离子，某溶液中通入氯气，然后再加入KSCN溶液呈红色，不说明原溶液中一定有Fe3+，故B错误；
C.铁离子能够与氢氧根离子反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，某溶液中加入氢氧化钠溶液生成红褐色沉淀，说明原溶液中一定有Fe3+，故C正确；
D.某溶液中加入稀硫酸产生无色气体，不能说明原溶液中一定有CO32−，有可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸根离子，故D错误。
故选：C。
A.加入KSCN溶液呈红色，说明溶液含Fe3+；
B.不能排除亚铁离子的干扰；
C.铁离子能够与氢氧根离子反应生成红褐色氢氧化铁沉淀；
D.不能排除碳酸氢根离子、亚硫酸根离子等离子的干扰。
本题考查了离子的检验，明确铁离子、亚铁离子、碳酸根离子性质是解题关键，注意排除杂质离子的干扰，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.第一周期只有H、He两种元素，除第一周期外都从碱金属元素开始，最后以稀有气体元素结束，故A错误；
B.第35号元素是溴，其单质常温常压下为液体，故B错误；
C.元素周期表有7个横行，即7个周期，有7个主族、7个副族、1个0族、1个Ⅷ族，共16个族，其中Ⅷ族包含8、9、10三列，共有18个纵列，故C错误；
D.元素周期表中第9列属于过渡元素，都是金属元素，故D正确；
故选：D。
A.第一周期只有H、He两种元素；
B.第35号元素是溴；
C.元素周期表有18个纵列；
D.元素周期表中第9列属于过渡元素。
本题考查元素周期表，注意熟记元素周期表结构、各分区、族与列的关系，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
8.【答案】D
【解析】解：A.HCl为共价化合物，原子间以共用电子对成键，用电子式表示形成过程为，故A错误；
B.溴化钠为离子化合物，用电子式表示形成过程为：，故B错误；
C.氟离子和镁离子通过离子键形成离子化合物氟化镁，其形成过程为，故C错误；
D.二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子分别共用2对电子，用电子式表示形成过程为：，故D正确；
故选：D。
A.氯化氢为共价化合物；
B.溴化钠为离子化合物；
C.氟化镁中两个氟离子应位于镁离子两侧；
D.二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子分别共用2对电子。
本题考查了用电子式表示物质形成过程，明确物质所含有的化学键类型及电子式表示方法是解题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.Ba2+、CO32−反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；
B.溶液呈酸性，这几种之间不发生任何反应，能大量共存，故B正确；
C.Na2O与水反应生成NaOH，Mg2+、OH−反应生成沉淀不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+在溶液中显黄色，不能大量存在于无色溶液中，故D错误；
故选：B。
A.Ba2+、CO32−反应生成沉淀；
B.溶液呈酸性，离子之间不反应且和氢离子不反应的能大量共存；
C.Na2O与水反应生成NaOH，和NaOH反应的不能大量共存；
D.无色溶液中不含有色离子。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应，明确离子共存条件及离子的性质是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。
10.【答案】B
【解析】解：A.CO2在水中的溶解度比较小，NH3在水中的溶解度很大，所以先向饱和食盐水中通入氨气，使溶液呈碱性，再向碱性溶液中通入CO2，可以得到更多的NaHCO3，从而析出溶解度较小的NaHCO3，故A正确；
B.分析可知流程中的Y为CO2，X为NH3，故B错误；
C.沉淀池中发生反应是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故C正确；
D.操作Ⅰ为过滤得到碳酸氢钠晶体的操作，母液中通入氨气分离出NH4Cl晶体后，可在农业上用作化肥，故D正确；
故选：B。
联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应过程是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，过滤得到碳酸氢钠固体，加热分解得到纯碱，生成的气体Y为CO2可以循环Ⅰ使用，母液中通入氨可以分离出NH4Cl，剩余的含NaCl的溶液通入氨气析出氯化铵晶体，过滤后的滤液可以送回沉淀池中循环使用，
A.CO2在水中的溶解度比较小，NH3在水中的溶解度很大；
B.过滤得到碳酸氢钠固体，加热分解得到纯碱，生成的气体Y为CO2；
C.沉淀池中发生反应是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；
D.操作Ⅰ为过滤得到碳酸氢钠晶体的操作，氯化铵为氮肥。
本题考查纯碱工业，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g−4.56g=2.16g，n(H2O)=2.16g18g/mol=0.12mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4⋅4H2O，故100℃时M的化学式为FeSO4⋅4H2O，故A错误；
B.温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g−4.56g=0.54g，n(H2O)=0.54g18g/mol=0.03mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.03mol：0.03mol=1：1，则N的化学式为FeSO4⋅H2O，故B错误；
C.由上述分析可知，P化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，则x+y=0.0364x+80y=4.56−2.4，解得：x=y=0.015，所以方程式为：2FeSO4−高温Fe2O3+SO2↑+SO3↑，生成的气体有两种，故C错误；
D.根据B可知，N的化学式为FeSO4⋅H2O，P化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为：FeSO4⋅H2O−高温FeSO4+H2O，故D正确；
故选：D。
8.34gFeSO4⋅7H2O样品物质的量为：8.34g278g/mol=0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g−3.78g=4.56g，则P的化学式为FeSO4，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4⋅7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g−1.68g=0.72g，n(O)=0.72g16g/mol=0.045mol，则n(Fe)：n(O)=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，根据硫原子守恒及气体的质量列方程计算判断是否含有三氧化硫，以此解答该题。
本题考查物质组成的测定，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大。
12.【答案】B
【解析】解：A.MgCl2中只含离子键，含离子键的化合物为离子化合物，故A错误；
B.只由共价键组成的为共价化合物，CO2中只含极性共价键，为共价化合物，故B正确；
C.HCl中只含共价键，为共价化合物，故C错误；
D.NaOH中含离子键和极性共价键，为离子化合物，故D错误；
故选：B。
A.MgCl2中只含离子键；
B.CO2中只含极性共价键；
C.HCl中只含共价键；
D.NaOH中含离子键和极性共价键。
本题考查化学键、物质类型的判断，为高频考点，把握化学键与物质类型的关系为解答关键，注意掌握常见化学键类型，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
13.【答案】盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑Cu(OH)2−△CuO+H2OCuO+H2−△Cu+H2O① ②③ ④ Cu→△O2CuO→H2SO4CuSO4
【解析】解：(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)，
故答案为：盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)；
(2)碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，
故答案为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；
(3)Cu(OH)2→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应为：Cu(OH)2−△CuO+H2O，B→Cu是氢气还原CuO得到Cu，反应为：CuO+H2−△Cu+H2O，
故答案为：Cu(OH)2−△CuO+H2O；CuO+H2−△Cu+H2O；
(4)铜→铜绿，反应为Cu与氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成Cu2(OH)2CO3，其反应的化学方程式为：2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3；发生了化合反应；
铜绿→是A跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐，化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，属于复分解反应；
A→Cu(OH)2是铜盐和碱反应CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；
Cu(OH)2→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，Cu(OH)2−△CuO+H2O，是分解反应；
B→Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，反应为：CuO+H2−△Cu+H2O是置换反应；
故答案为：①；②③；④；
(5)制备CuSO4的实验方案为Cu与氧气反应生成CuO，方程式为2Cu+O2−△2CuO，再用CuO与H2SO4反应制CuSO4，方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，用流程图表示为Cu→△O2CuO→H2SO4CuSO4，
故答案为：Cu→△O2CuO→H2SO4CuSO4。
根据题意，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢气还原CuO得到Cu。
(1)根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；
(2)碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳；
(3)根据Cu(OH)2→B是氢氧化铜沉淀受热分解，B→Cu是氢气还原CuO得到Cu，进行解答；
(4)根据化合反应和复分解反应、分解反应的概念判断，结合反应过程的特征分析判断；
(5)Cu与H2SO4(稀)不能直接反应。先将Cu转化为CuO，再用CuO与H2SO4反应制CuSO4。
本题主要考查了铜及其化合物，掌握碱式碳酸铜的性质是解答本题的关键，题目难度不大。
14.【答案】小于 BCO32−+H+=HCO3− 加热时排出了部分装置内的空气 Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强 2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】解：(1)根据实验步骤①中现象可知，相同条件下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，
故答案为：小于；
(2)根据实验步骤②可知，两溶液都能使酚酞溶液变红色，说明两溶液均显碱性，B项正确，
故答案为：B；
(3)依题意，少量盐酸滴入碳酸钠溶液中，不产生气泡，根据原子守恒，产物之一是碳酸氢钠，另一种产物是氯化钠，离子方程式为：CO32−+H+=HCO3−，
故答案为：CO32−+H+=HCO3−；
(4)根据“断断续续产生气泡”可知，气流成分是装置内的空气，加热时排出了部分装置内的空气，
故答案为：加热时排出了部分装置内空气；
(5)根据加热时的实验现象可知NaHCO3受热分解，且生成CO2和水蒸气，而Na2CO3受热不分解，由此可判断Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强，
故答案为：Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强；
(6)NaHCO3受热分解的化学方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑。
实验一：从步骤①中可知，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，从步骤②中可知，碳酸钠和碳酸氢钠溶液都呈碱性，但是碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，从步骤③中可知，碳酸钠与少量盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳；实验二：碳酸氢钠加热分解产生水和二氧化碳，因此白色粉末变蓝，且澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠受热不分解。一开始断断续续产生气泡是因为加热排出了装置内的空气。
本题考查物质的性质，涉及到碳酸钠和碳酸氢钠的性质，为高频考点，难度中等。
15.【答案】4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 还原 K3[Fe(CN)6]KSCN不正确 NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面 白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现 向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液
【解析】解：(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，
故答案为：还原；
(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，
故答案为：K3[Fe(CN)6]；KSCN；不正确；
(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，
故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；
(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，
故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；
(6)根据上述实验可知，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液，
故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液。
(1)实验1中氢氧化亚铁被空气中氧气氧化成氢氧化铁，所以产生红褐色沉淀；
(2)加入维生素C可防止亚铁离子被氧化；
(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，目的是检验亚铁离子，②中溶液是否变红，目的是检验铁离子，试剂b为硫氰化钾；由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有氢氧化铁；
(4)氢氧化钠溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附；
(5)结合“乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的”分析；
(6)根据上述实验可知，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，据此分析操作方法及条件。
本题考查性质方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
16.【答案】Cu或铜 Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+ Fe3+、Al3+、H+ CAl2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO
【解析】解：(1)由流程分析可知，固体A为Cu或铜，
故答案为：Cu或铜；
(2)B到C发生反应是亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+；溶液C中含有硫酸铁、硫酸铝和硫酸，则溶液中含有的主要阳离子有Fe3+、Al3+、H+，
故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+；Fe3+、Al3+、H+；
(3)灼烧固体在坩埚中进行，所以灼烧沉淀F时所用主要仪器之一是C，
故答案为：C；
(4)工业上可通过Al2O3、碳和N2在高温条件下反应生成AlN和一种常见气体G，若该反应每转移3.01×1023个电子，即3.01×10236.02×1023/mol=0.5mol电子，有0.25mol气体G生成，则C元素的化合价升高2价，即生成CO，所以反应的方程式为Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO，
故答案为：Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO。
某合金废料主要含铁、铜、铝，合金废料加过量稀硫酸溶解，过滤，固体A为Cu，溶液B含有硫酸铝和硫酸亚铁，向溶液B通入足量氯气，生成Fe3+，向溶液C中加过量NaOH溶液，过滤，沉淀F为氢氧化铁，灼烧得到Fe2O3，溶液E中溶质为偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝，然后过滤，灼烧氢氧化铝得到Al2O3，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
17.【答案】 H−O−HK>Na>MgHClO4 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Cl2+2Br−=Br2+2Cl− 过量的氯气与碘化钾反应生成氯化钾和碘
【解析】解：(1)元素①单质是N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为；元素②简单氢化物是H2O，分子中O原子分别与氢原子之间形成1对共用电子对，其结构式为H−O−H，
故答案为：；H−O−H；
(2)③、④、⑨三种元素分别为Na、Mg、K，其中Na、Mg同周期，核电荷数依次增大，原子半径依次减小，即原子半径Na>Mg，而Na、K同主族，电子层依次增大，原子半径增大，即原子半径K>Na，故原子半径：K>Na>Mg，
故答案为：K>Na>Mg；
(3)元素⑥、⑦、⑧三种元素最高价氧化物对应水化物分别为H2SiO3、H2SO4、HClO4，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Si、S、Cl同周期，自左而右非金属性增强，元素非金属性Si
(4)元素③的单质与水反应后的溶液为NaOH，再加入Al单质，反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(5)①氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质，反应离子方程式为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，
故答案为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−；
②过量的氯气与碘化钾反应会生成碘，会使溶液变为蓝色，通过以上实验，不能得出非金属性：Br>I，
故答案为：过量的氯气与碘化钾反应生成氯化钾和碘。
由元素在周期表中位置，可知①为N、②为O、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br；
(1)元素①单质是N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对；元素②简单氢化物是H2O，分子中O原子分别与氢原子之间形成1对共用电子对；
(2)同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
(3)元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，而同周期自左而右非金属性增强；
(4)元素③的单质与水反应后的溶液为NaOH，再加入Al单质，反应生成偏铝酸钠与氢气；
(5)①氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质；
②过量的氯气与碘化钾反应会生成碘。
本题考查元素周期表与元素周期律，识记常见元素在周期表中位置，理解影响微粒半径大小的因素，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实。
18.【答案】第三周期第ⅦA族 Cl− O2− Al3+ H2OH2S 共价键
【解析】解：由分析可知，A为Al元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素、E为Cl元素；
(1)E为Cl元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，处于周期表中第三周期第ⅦA族，
故答案为：第三周期第ⅦA族；
(2)A、D、E元素简单离子分别为Al3+、O2−、Cl−，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径：Cl−>O2−>Al3+，
故答案为：Cl−；O2−；Al3+；
(3)F与D同主族且相邻，则F为S元素，同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氢化物稳定性H2O>H2S，
故答案为：H2O；H2S；
(4)10个电子的D元素氢化物分子为H2O，用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种具有较强氧化性的阳离子，该阳离子为H2O+，电子式为，含有的化学键为共价键，
故答案为：；共价键；
(5)由N、Cl两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，且分子里N、Cl两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则N、Cl个数比应为1：3，甲为NCl3，所以甲的结构式为，
故答案为：。
A、B、C、D、E是短周期主族元素，其中A为地壳中含量最高的金属元素，则A为Al元素，由元素在周期表中的相对位置，可知B为C元素、C为N元素、D为O元素、E为Cl元素；
(1)主族元素周期数=原子电子层数、主族族序数=原子最外层电子数；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多离子半径越大；
(3)F与D同主族且相邻，则F为S元素，同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性与元素非金属性一致；
(4)10个电子的D元素氢化物分子为H2O，用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种具有较强氧化性的阳离子，该阳离子为H2O+；
(5)由N、Cl两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，且分子里N、Cl两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则N、Cl个数比应为1：3，甲为NCl3。
本题考查结构性质位置关系应用，明确元素是解题的关键，熟练掌握元素周期表与元素周期律，侧重考查学生知识迁移应用与分析推理能力。
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