河南省新密市英华中学高二化学试题（解析版）

河南省新密市英华中学高二化学试题（解析版）1．下列分离和提纯的实验中，所选用的方法或仪器不正确的是(　　)序号ABCD实验目的制取蒸馏水分离水和植物油分离食盐水与泥沙从浓食盐水中得到氯化钠晶体分离方法蒸馏分液萃取蒸发选用仪器【答案】C【解析】A项中的仪器为带有支管的蒸馏烧瓶，A项正确；水和植物油不能互溶，需采用分液的方法进行分离，B项正确；分离食盐水和泥沙的方法应该是过滤，C项错误；蒸发食盐水得到氯化钠晶体所用仪器为蒸发皿，D项正确。2．下列仪器及其名称不正确的是【答案】C【解析】试题分析：A、该仪器为量筒，故A正确；B、该仪器为试管，故B正确；C、该仪器为为坩埚，故C错误；D、该仪器为分液漏斗，故D正确；故选C。考点：考查了化学实验常用仪器及试剂的相关知识。3．下列离子方程式正确的是A．碳酸氢镁溶液和过量的NaOH溶液反应：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓B．二氧化硫气体通入过量的Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO－=CaSO3↓+2HClOC．Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4至pH等于7：Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2OD．KHS的水解HS－+H2OH2S+OH－【答案】D【解析】4．下列反应中，符合右图所示能量变化的是12/12A．H2在Cl2中燃烧B．Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl固体的反应C．Na和H2O的反应D．生石灰溶于水【答案】B【解析】试题分析：反应物能量小于产物，故为吸热反应，A、H2在Cl2中燃烧是放热反应，A项错误；B、Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl固体的反应是吸热反应，B项正确；C、Na和H2O的反应是放热反应，C项错误；D、Na和H2O的反应是放热反应，D项错误；答案选B。考点：考查吸放热反应判断5．在加热条件下，用普通铁粉和水蒸气反应可得到铁的氧化物，该氧化物是A．FeOB．Fe3O4C．Fe2O3D．CuO【答案】B【解析】高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故选：B．【点评】本题考查了化学反应产物的判断，熟悉铁与水蒸气反应是解题关键，题目难度不大．6．右表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（）A.常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高B.X和W的常见单质的分子式分别为X2和W2C.W的氢化物沸点比X的氢化物的沸点低D.R最高氧化物水化物的酸性最强【答案】C【解析】略7．下列有关物质的分类或归类正确的是A．混合物：石炭酸、水玻璃、水银B．化合物：乙醇、漂白粉、HDC．电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡D．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2【答案】C【解析】略8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．25℃时，pH=3的1.0LNaHSO3溶液中，含Na+数目为0.001NA12/12B．1mol明矾与水完全反应转化为氢氧化铝胶体后，其中胶体粒子的数目为NAC．1L0.1mol/LNa2CO3溶液中CO32-和HCO3-总数为0.1NAD．标准状况下，11.2L的乙烯中含有的共用电子对数为3NA【答案】D【解析】略9．下列各反应中，水既不是氧化剂，又不是还原剂，且反应属于氧化还原反应的是A．氟气和水B．铝与氢氧化钠溶液C．二氧化氮和水D．五氧化二磷与冷水【答案】C【解析】试题分析：A、反应中F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，水作还原剂，故A不选；B、反应中Al元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，水作氧化剂，故B不选；C、反应中N元素的化合价既升高又降低，而水中元素的化合价不变，所以水既不是氧化剂，又不是还原剂，故C选；D、该反应中没有元素的化合价变化，该反应不是氧化还原反应，故D不选；故选C。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。10．下列离子方程式的书写正确的是A．误将洁厕灵与消毒液混合：2H++Cl-+ClO-═Cl2↑+H2OB．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na++2OH-═Na2SiO3↓+H2OC．硝酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2-+4NH4++2H2OD．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-【答案】A【解析】试题分析：A．误将洁厕灵与消毒液混合，盐酸与次氯酸发生氧化还原反应生成氯气和水，反应的离子方程式为2H++Cl-+ClO-═Cl2↑+H2O，故A正确；B．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀，发生SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故B错误；B．硝酸铝溶液中加入过量的氨水，反应产物为氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，发生的离子反应为Ca2++OH-+2HCO3-=CaCO3↓+H2O，故D错误，答案为A。【考点定位】考查离子方程式的判断【名师点晴】注意明确离子方程式的书写原则及离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)等，据此答题。11．下列事实中，能够证明HCl是共价化合物的是（）A．HCl易溶于水B．液态的HCl不导电C．HCl不易分解D．HCl溶于水能电离，呈酸性【答案】B【解析】试题分析：能够证明HCl是共价化合物，则由分子构成，液态不导电即可证明，以此来解答．解：A．离子化合物、共价化合物均可溶于水，不能判断为共价化合物，如NaCl、HCl，故A不选；12/12B．液态离子化合物导电，而液态共价化合物不导电，可利用液态能否导电判断共价化合物，故B选；C．某些离子化合物也不易分解，如NaCl，不能利用是否分解判断化合物类型，故C不选；D．某些离子化合物溶于水能电离，呈酸性，如NaHSO4，则不能利用于水能电离，呈酸性判断化合物类型，故D不选；故选B．12．下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　)①加入Al能放出大量H2的溶液中：Na＋、K＋、NO、Cl－、SO②在pH＝11的溶液中：Na＋、AlO、NO、S2－、SO③由水电离的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中：Cl－、HCO、NO、NH、F－④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH、Cl－、K＋、SOA．②④B．①②④C．①③④D．①②【答案】A【解析】①在NO存在的情况下，加入Al不会生成氢气②在碱性条件下，能大量共存③溶液显酸性或者碱性，与HCO不能共存④能大量共存故选A13．下图是可逆反应X2+3Y22Z2在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线。下列叙述正确的是（）A．t1时，只有正方向反应B．t2时，反应达到平衡C．t2~t3，反应不再发生D．t2~t3，各物质的浓度相等【答案】B【解析】试题分析：A、可逆反应只要产生生成物，逆反应方向就开始，故错误；B、根据图像，在t2时v正=v逆，说明反应达到平衡，故正确；C、t2～t3反应达到平衡，化学平衡是动态平衡，故错误；D、t2～t3反应达到平衡，是各组分浓度不再改变，不是相等，故错误。考点：考查可逆反应、化学平衡的特点等知识。14．下列与化学反应能量变化相关的说法不正确的是A．任何化学反应都伴随着热量的变化B．一个反应是吸热反应还是放热反应要看反应物和生成物具有总能量的相对大小C．化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量D．化学反应过程的能量变化除热能外，也可以是光能、电能等【答案】A【解析】试题分析：A．化学反应中的能量变化是由于反应物和生成物具有的总能不相等，当反应物和生成物具有的总能相等时，化学反应中就不再有能量的变化，A错误；B．12/12一个反应是吸热反应还是放热反应要看反应物和生成物具有总能量的相对大小，B正确；C．化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量，C正确；D．化学反应过程的能量变化除热能外，也可以是光能、电能等，D正确，答案选A。考点：考查化学反应中的能量变化15．有一种混合气体，它可能由CO、CO2、SO2、HCl中的一种或多种气体组成。该气体依次通过下列物质的现象如下：通过一定量的澄清石灰水无白色沉淀析出；通过品红溶液，溶液红色褪去；通过炽热的CuO，固体变为红色；通过澄清石灰水，出现白色沉淀。该混合气体组成的各说法中，正确的是A．肯定不含有CO2B．只含有SO2和COC．含有SO2、CO和CO2，可能含HClD．含HCl、SO2和CO，可能含CO2【答案】D【解析】试题分析：混合气体通过品红溶液褪色，说明肯定含SO2；而之前通过澄清石灰水时，无沉淀析出，则必定含有HCl；通过炽热的CuO，固体变为红色，说明含有CO；最后通过澄清石灰水出现白色沉淀，是因为CO通过氧化铜产生CO2，所以不能肯定原来是否含有CO2。考点：常见气体的检验。【名师点晴】本题考查混合气体组成的判断，难度中等。根据物质的有关性质和反应现象，推断出其中所含有的物质种类。16．有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与条件已略去，其中反应②的条件是“700℃，催化剂”)。G是常见的红色金属单质，B、H是空气的主要成分，A、C、E均是常见气体，D是最常见的无色液体。请回答下列问题：（1）E的化学式为________________。（2）A的电子式为________________。（3）写出反应①的离子方程式：________________________________。（4）写出反应②的化学方程式，并标出电子转移的方向与数目：________________________________。【答案】（1）NO2（2）（3）3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO（4）6NO＋4NH35N2＋6H2O【解析】12/12试题分析：G是常见的红色金属单质Cu，B、H是空气的主要成分为氧气和氮气，D是最常见的无色液体水，据流程图可得，B是氧气，H是氮气，A与氧气反应生成水和C，C与氧气继续反应，故A是氨气，C是NO，E是二氧化氮，二氧化氮与水反应生成NO与硝酸，F是硝酸，（1）据以上分析，E的化学式为NO2。（2）A的电子式为。（3）据以上分析反应①的离子方程式：3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO。（4）据以上分析反应反应②的化学方程式，。考点：考查无机推断17．在100mLNaOH溶液中加入NH4NO3和(NH4)2SO4的固体混合物，加热使之充分反应，下图表示加入固体的质量与产生气体的体积(标准状况)的关系。试计算：（1）NaOH溶液的物质的量浓度是mol·L-1（2）当NaOH溶液为140mL，固体为51．6g时，充分反应产生的气体为L(标准状况)（3）当NaOH溶液为180mL，固体仍为51．6g时，充分反应产生的气体为L(标准状况)。【答案】（1）5mol·L-1；（2）15．68L；（3）16．8L【解析】试题分析：（1）从图中可看出34.4g混合物和100mLNaOH恰好完全反应，则n（NaOH）=n（NH3）==0.5mol氢氧化钠的浓度为：c（NaOH）==5mol/L，故答案为：5；（2）当固体混合物的质量是51.6g时，固体混合物完全反应消耗的氢氧化钠溶液的体积为：×100mL=150mL，而V（NaOH）=140mL，说明固体过量，所以n（NH3）=n（NaOH）=5mol/L×0.14L=0.7mol，标准状况下的体积为0.70mol×22.4L/mol=15．68L，故答案为：15．68L；（3）由（2）分析可知，当V（NaOH）=180mL时，说明NaOH过量，则固体51.612/12g完全反应，则生成氨气的物质的量为：n（NH3）=×=0.75mol，标准状况下的体积为0.75mol×22.4L/mol=16．8L，故答案为：16．8L。考点：考查了混合物的有关计算的相关知识。18．图8-3是某气体X产生并研究其性质的装置。图8-3A中盛有微溶的白色固体，B中盛有无色挥发性液体，C和E中盛有干燥剂。A和B中物质相遇时有无色气体X生成，它经图中一系列装置在末端得到N2，且E管的质量增加。（1）写出盛放试剂的名称：A.____________，B.____________，C.____________，E.____________。（2）A和B中物质相遇生成X的主要原因是：________________________。（3）D中反应的化学方程式_________________________________________。（4）F中反应的化学方程式_________________________________________。（5）从D中反应说明气体X具有____________（填“酸性”“碱性”“氧化性”或“还原性”）。【答案】（1）生石灰浓氨水碱石灰碱石灰(2)CaO与水化合生成熟石灰，消耗水并放出大量热，使浓氨水中的NH3逸出（3）3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O(4)2NH3+H2SO4====(NH4)2SO4(5)还原性【解析】从末端的N2逆推可知X中含N元素。从E增重可推导D中反应有水生成。N2和H2O均由D中反应而来，初步判断D中CuO与含N、H元素的物质X作用，猜想X为NH3。A、B相遇得NH3，B应盛有浓氨水，A中应盛固体NaOH或CaO，因题给物质微溶，可知它是CaO。最后全面检查验证。19．硫酸铜在生产、生活中应用广泛。某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：（1）写出浸出时铜与稀硝酸反应的离子方程式：______________；（2）取样检验是为了确认Fe3＋是否除净，你的检验方法是____________________。（3）滤渣c是_____________。（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO＋O2==2NO2、_____________（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且n(SO3)∶n(SO212/12)＝1∶2，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：______________________。某同学设计了如下图所示的实验装置分别测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。此设计有不合理之处，请说明理由：__________________________。【答案】（1）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）；（2）取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3＋未除净，否则Fe3＋除净（2分）；（3）Fe(OH)3（2分）；（4）3NO2＋H2O=2HNO3＋NO（2分）；（5）3CuSO43CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑；NaHSO3除了吸收SO3外，还吸收部分O2（2分）【解析】试题分析：（1）铜与稀硝酸发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）Fe3＋遇SCN-离子，溶液变为血红色，因此检验是否洗涤干净的方法是取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3＋未除净，否则Fe3＋除净；(3)含少量铁的废铜渣与硝酸反应。Cu转化为Cu2+，Fe转化为Fe3+，然后调整溶液的pH至3.2—4，这时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Cu2+仍然以离子的形式存在于溶液中；所以滤渣c是Fe(OH)3；（4）气体a是NO可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO＋O2=2NO2、反应产生的NO2被水吸收得到硝酸，反应方程式是3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且n(SO3)∶n(SO2)＝1∶2，根据反应前后质量守恒、电子转移数目相等，可知硫酸铜受热分解的化学方程式是3CuSO43CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑；SO3与水会发生化学反应：SO3＋H2O=H2SO4；在溶液中还会发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以盛有饱和NaHSO3的溶液除了吸收SO3外，还吸收部分O2，因此不能准确测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。【考点定位】考查化学方程式、离子方程式的书写、Fe3+的检验、化学实验方案的评价、物质制备流程的有关知识。【名师点睛】硝酸有强的氧化性，可以把活动性弱的金属如Cu、Ag氧化，硝酸浓度不同，反应产物不同，稀硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水；浓硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，铁、铝在室温下遇浓硝酸，在金属表面产生一薄层致密的氧化物保护膜而阻止金属的进一步反应，因此会发生钝化现象，而阻止金属的进一步氧化。在书写离子方程式时要符合电子守恒、电荷守恒及原子守恒。Fe3+与SCN-会结合形成血红色的Fe(SCN)3，使溶液变为血红色；可以与OH-或NH3∙H2O反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀；遇苯酚溶液C6H5OH会产生紫色的物质，因此可以用KSCN、NaOH或NH3∙H2O、C6H5OH检验Fe3+的存在；任何反应发生都要符合质量守恒定律，对于氧化还原反应，还应该符合电子得失数目相等的规律；在实验方案的设计时要全面考虑物质的性质，结合SO212/12有还原性，可以与具有氧化性的O2在水溶液中发生反应产生硫酸，来确定实验方案的优劣。20．二氧化氯(ClO2）是一种高效消毒剂，沸点为11℃。用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，实验装置如下图所示：（1）装置A中还应安装的玻璃仪器是，装置B用冰水浴的原因是。（2）装置A中产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：。（3）①实验过程中，装置C中少量的ClO2与NaOH溶液反应产生两种钠盐，且物质的量之比为1:1，其中一种为NaClO2，写出装置C中生成这两种钠盐的离子方程式：。②饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2∙3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2。请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a．；b．；c．洗涤；d．干燥。（4）还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2。用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是。【答案】（1）温度计，常温下二氧化氯为气态；（2）2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；（3）①2ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O；（4）蒸发结晶、趁热过滤；（5）H2O2作为还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂产生大量Cl2，污染环境。【解析】试题分析：由于氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，因此还应该增加一个测量温度的仪器—温度计，由于反应产生的二氧化氯沸点为11℃，为了便于收集制取的二氧化氯，因此要采用冰水浴降温处理；（2）装置A中产物有K2CO3、ClO2和CO2等，由于在反应前后元素的化合价发生了变化，根据在氧化还原反应中电子转移数目相等及反应前后各种元素的原子个数相等，可得该反应的化学方程式是2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；（3）①实验过程中，装置C中少量的ClO2与NaOH溶液反应产生两种钠盐，且物质的量之比为1:1，其中一种为NaClO2，Cl元素的化合价由ClO2中的+4价变为反应后NaClO2中的+3价，降低1价，则在另外一种生成物中元素的化合价应该升高1价，变为+5价，因此该盐是KClO3，则在装置C中生成这两种钠盐的离子方程式是：2ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O；②饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2∙3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2。从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；（4）还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2。用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是H2O2作为还原剂，失去电子被氧化的产物是O2，不会造成大气污染；而用盐酸作还原剂时产生大量Cl2，导致污染环境。考点:考查物质制备的反应原理、反应条件的控制、离子方程式的书写、混合物的分离、方案优劣的评价等知识。12/1221．某工厂的燃料煤中硫的质量分数为0.32%，该工厂每天燃烧这种煤10t,计算:(1)如果煤中的硫全部转化为SO2,每天可产生的SO2的质量为多少t；（2）这些SO2在标准状况下的体积。【答案】（1）0.64t(2)224m3【解析】22．下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物。试推断：（1）写出物质的化学式：A:B：C：Ⅰ：（2）向F中逐滴滴加试剂①的现象为（3）写出下列反应的方程式：C→E的离子方程式C→F的离子方程式G→H的离子方程式【答案】（1）Al；Fe2O3；Al2O3；Fe(OH)3（2）开始有白色沉淀生成，继续滴加沉淀溶解（3）Al2O3+6H+==2Al3++3H2OAl2O3+2OH-==2AlO2-+H2OFe2++2OH-==Fe(OH)2↓【解析】试题分析：从D到红色粉末B，是氧化铁生成的过程，B是氧化铁，I是氢氧化铁，H是氢氧化亚铁，D是单质铁，试剂①是盐酸或者硫酸，G是亚铁盐，试剂②是氢氧化钠，A是单质和B生成C和D，这是铝热反应，A是Al，C是氧化铝，（1）写出物质的化学式：A：Al；B：Fe2O3；C：Al2O3；Ⅰ：Fe(OH)3，答案为：Al；Fe2O3；Al2O3；Fe(OH)3；（2）F为偏铝酸钠，向NaAlO2中滴加酸，观察到的现象是先产生白色沉淀，即生成了氢氧化铝，继而氢氧化铝溶于酸中，生成Al3+，沉淀溶解，答案为：开始有白色沉淀生成，继续滴加沉淀溶解；（3）C→E，是氧化铝和酸反应生成铝盐，答案为Al2O3+6H+==2Al3++3H2O；C→F是氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐，答案为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O；G→H是亚铁盐转化为氢氧化亚铁，答案为：Fe2++2OH-==Fe(OH)2↓。考点：考查铝和铁的化学性质及化合物间的转化23．A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如下图（部分产物已略去）：试回答：12/12（1）若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为（填元素符号）（2）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是（用必要的文字和离子方程式表示）；D在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，写出腐蚀时原电池正极的电极反应式。（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B。请写出B转化为C的所有可能的离子方程式。【答案】（1）Na；（2）加入少量铁，防止Fe2+被氧化为Fe3+；2Fe3++Fe=3Fe2+；O2+2H2O+4e—=4OH—；（3）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O或Al(OH)3+OH—=AlO2—+2H2O【解析】试题分析：（1）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2；（2）若D是金属．说明金属具有变价，A稀溶液具有氧化性，推断为：HNO3→Fe(NO3)3→Fe(NO3)2，D为Fe，因Fe(NO3)2易被氧化而变质，可加入铁防止被氧化生成硝酸铁，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，发生腐蚀时原电池正极是氧气获得电子变为OH-，该的电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—；（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．判断为：Al3+→Al(OH)3→AlO2-；B转化为C的所有可能的离子方程式为生成氢氧化铝沉淀，在酸溶解的离子方程式是Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，或碱中Al(OH)3溶解反应的离子方程式为Al(OH)3+OH—=AlO2—+2H2O。考点：考查无机物的推断、离子方程式的书写、物质的保存方法等知识。24．有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍。②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同。③在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移。④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质。⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应。请写出：（1）A元素的最高价氧化物的结构式___________；B元素在周期表中的位置________________。（2）C单质在B单质中燃烧的生成物中所含化学键类型有_______________________________；C与D能形成化合物的电子式______________________。（3）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为_______________________。（4）元素D与元素E相比，非金属性较强的是_______（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是________（填选项序号）。a．常温下D的单质和E的单质状态不同b．E的氢化物比D的氢化物稳定c．一定条件下D和E的单质都能与钠反应d．D的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸e．D的单质能与E的氢化物反应生成E单质【答案】（1）O＝C＝O，第二周期第ⅥA族（2）离子键、非极性共价键（或共价键），（3）SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl（4）Cl，b、d【解析】12/12试题分析：有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素表现-2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl。则（1）A为碳元素，最高价氧化物为CO2，结构式为O＝C＝O；B为氧元素，在周期表中的位置是第二周期VIA族；（2）B单质与C单质在点燃时反应的生成物为Na2O2，含有离子键、共价键；C与D能形成化合物是硫化钠，含有离子键的离子化合物，则电子式为。（3）D元素的低价氧化物为二氧化硫，与氯气的水溶液反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl。（4）同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性Cl＞S，a．单质状态属于物理性质，不能比较元素非金属性，a错误；b．氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯的非金属性更强，b正确；c．与变价金属反应可以根据产物中金属化合价判断非金属元素的非金属性强弱，Na不是变价金属，不能判断硫与氯的非金属性强弱，c错误；d．最高价含氧酸的酸性与中心元素的非金属性一致，d正确；e．硫不能与HCl反应生成氯气，e错误，答案选bd。【考点定位】本题主要是考查结构性质位置关系应用【名师点晴】推断元素是解题关键，注意电子式的书写。易错点和难点是非金属性强弱比较，解答时注意金属性、非金属性强弱比较实验事实。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：①通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。②通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。12/12