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  • 2021-07-08 发布

【化学】山东省临沂市2019-2020学年高一上学期期末考试水平监测试题(解析版)

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山东省临沂市2019-2020学年高一上学期期末考试水平监测试题 可能用到的相对原子质量是:H ‎1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Cu 63.5‎ 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.化学与生活息息相关。下列说法错误的是( )‎ A. 铝合金大量用于高铁建设 B. 活性炭具有除异味和杀菌作用 C. 生石灰可用作袋装食品干燥剂 D. 光束通过云、雾会产生丁达尔效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝合金具有质轻、硬度大等优点,制造的机械既坚固又轻便,所以铝合金大量用于高铁建设,A正确;‎ B.活性炭具有吸附性,没有强氧化性,所以活性炭能去除异味,但是不能杀菌消毒,B错误;‎ C.生石灰能与水反应生成无毒的氢氧化钙,所以生石灰可用作袋装食品干燥剂,C正确;‎ D.云、雾是胶体,所以光束通过云、雾时发生光的散射,产生丁达尔效应,D正确。‎ 答案选B。‎ ‎2.用化学用语表示Cl2 +H2O =HCl+HClO中的相关微粒,其中正确的是( )‎ A. 中子数为10的氧原子: B. HCl的电子式: ‎ C. HClO 的结构式: H-Cl-O D. Cl-的结构示意图: ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.质量数=质子数+中子数,中子数为10的氧原子,其质量数为18,应写成,A错误;‎ B.HCl为共价化合物,氢原子与氯原子共用一对电子对,氯原子周围满足8电子稳定结构,则电子式应为,故B项错误;‎ C.HClO中O原子分别与氢原子和氯原子形成共价键,其结构式为H-O-Cl,C错误;‎ D.氯离子的核内质子数为17,其核外电子数为18,则氯离子的结构示意图:,D项正确 答案选D。‎ ‎3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )‎ A. 细铁粉具有还原性,可用作食品抗氧剂 ‎ B. NaHCO3受热易分解,可用于制胃酸中和剂 C. 漂白粉在空气中不稳定,可用于漂白纸张 ‎ D. Al2O3是两性氧化物,可用作耐高温材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.细铁粉具有还原性,能与空气中的氧气反应,所以可用作食品抗氧剂,A符合题意;‎ B.NaHCO3具有弱碱性,能与HCl反应,所以NaHCO3可用于制胃酸中和剂,与NaHCO3受热易分解无关,B不符题意;‎ C.漂白粉有效成分是次氯酸钙,能与二氧化碳、水反应生成氧化性强的次氯酸,可作漂白剂,与漂白粉稳定性无关,C不符题意;‎ D.Al2O3是离子化合物,离子键强,使其熔点高,可用作耐高温材料,与Al2O3是两性氧化物无关,D不符题意。‎ 答案选A。‎ ‎4.含锂材料在社会生产与生活中应用广泛,如6Li和7Li用作核反应堆最佳热载体7LiH 和7LiD用作高温堆减速剂。下列说法正确的是( )‎ A. 7LiH和7LiD互为同素异形体 B. 7LiH和7LiD的化学性质不同 C. 6Li和7Li核外电子排布方式相同 D. 通过化学变化可以实现6Li与7Li间的相互转化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同种元素形成的不同单质互为同素异形体,7LiH和7LiD是化合物,不互为同素异形体,A错误;‎ B.同种元素的不同原子间互为同位素,而互为同位素的原子的最外层电子数相同,所以化学性质也相同,故7LiH和7LiD的化学性质相同,B错误;‎ C.6Li和7Li的核内均有3个质子,核外均有3个电子,故两者的核外电子排布方式相同,故C正确;‎ D.化学反应中的最小微粒是原子,故化学变化不可以实现6Li与7Li间的相互转化,两者的转化也不是化学变化,D错误。‎ 答案选C。‎ ‎5.根据元素周期表及元素周期律,下列推断正确的是( )‎ A. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素 B. 第VA族元素的非金属性自上而下依次减弱 C. 短周期元素形成离子后,最外层都达到8电子稳定结构 D. 第三周期金属元素的化合价越高,其原子失电子能力越强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.位于金属和非金属分界线附近的元素,表现一定的金属性与非金属性,而过渡元素包括副族元素与第Ⅷ族元素,A错误;‎ B.同一主族元素,随着原子序数增大,原子半径增大,原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小,导致其非金属性减弱,所以同一主族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱,则第VA族元素的非金属性自上而下依次减弱,B正确;‎ C.H、Li元素形成离子后达到2电子结构和氦相同,不是8电子稳定结构,C错误;‎ D.同周期金属元素的化合价越高,越难失去电子,如第三周期中,Na比Al容易失去电子,D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 0.1‎‎ mol /L K2SO4溶液中含有的K+数为0.2NA B. 标准状况下,‎11.2L H2O中含有的分子数为0.5NA C. ‎32g由O2和O3组成的混合气体中含有的原子数为2NA D. 1mol Cl2与足量的铁粉完全反应,转移的电子数为3NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.1 mol /L K2SO4溶液没有给体积,无法计算K+数目,A错误;‎ B.标准状况下 H2O不是气体,不能用气体摩尔体积计算其物质的量,B错误;‎ C.‎32g由O2和O3组成的混合气体中只有一种氧原子,原子的物质的量为=2mol, 故‎32g由O2和O3组成的混合气体中含有的原子数为2NA,C正确;‎ D. Cl2与铁反应后变为-1价,故1mol Cl2与足量的铁粉完全反应,转移的电子数为2NA ,故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎7.《天工开物》记载:“凡火药以硝石、硫磺为主,草木灰为辅 而后火药成声”的主要反应为S+2KNO3+‎3C =K2S+3CO2 ↑+N2↑.下列说法错误的是( )‎ A. 硝石的主要成分为硝酸盐 B. 硫磺在反应中作氧化剂 C. 火药可用于制作烟花爆竹 D. 每消耗1 mol KNO3,该反应转移5 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 火药的成分硝石、硫磺、木炭,按一定比例配制而成,反应方程式为:S+2KNO3+‎3C═K2S+3CO2↑+N2↑,据此可知硝石的主要成分是硝酸钾,A正确;‎ B. 反应中S的化合价降低,得电子,则硫磺在反应中作氧化剂,B正确;‎ C. 火药爆炸能发出很大的响声,燃烧产生紫色火焰,所以火药可用于制作烟花爆竹,C正确;‎ D. S和KNO3都是氧化剂,C是还原剂,每消耗1 mol KNO3,同时消耗1.5 molC,该反应转移6 mol电子,D错误;故答案为:D。‎ ‎8.在无色透明的强酸性溶液中,下列各组离子能大量共存的是( )‎ A. K+、Fe2+、ClO- 、NO3- B. Na+、Ca2+、NO3-、CO32-‎ C. Mg2+、Al3+、Cl-、SO42+ D. Ba2+、NH4+、Cl-、HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. Fe2+在溶液中显浅绿色、在强酸性溶液中ClO-或NO3-会氧化Fe2+,不能大量共存,A错误;‎ B. 在强酸性溶液中,H+与CO32-反应生成CO2和H2O,不能大量共存,B错误;‎ C. 在无色透明的强酸性溶液中,Mg2+、Al3+、Cl-、SO42+之间不反应,可以大量共存,C正确;‎ D. 在强酸性溶液中,H+与HCO3-反应生成CO2和H2O,NH4+与HCO3-双水解,不能大量共存,D错误,故答案为:C。‎ ‎9.下列离子方程式书写正确的是( )‎ A. 用醋酸除去水垢: 2H++CO32- = CO2↑+H2O B. 向FeC13溶液中加入过量铁粉: Fe3++Fe=2Fe2+‎ C. 钠与水反应: Na+2H2O=Na++2OH- +H2↑‎ D. 用管道疏通剂(主要成分为Al粉和NaOH固体)疏通管道:‎2A1+2H2O+2OH-=‎2A1O2-+3H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸为弱电解质,碳酸钙难溶于水,应写成化学式,反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O,选项A错误;‎ B.向FeC13溶液中加入过量铁粉的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+,选项B错误;‎ C.电荷不守恒,钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,选项C错误;‎ D. 用管道疏通剂(主要成分为Al粉和NaOH固体)疏通管道,铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为:‎2A1+2H2O+2OH-=‎2A1O2-+3H2↑,选项D正确;‎ 答案选D。‎ ‎10.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化不能实现的是( )‎ A. Fe(s)FeCl3(s)Fe(OH)3(s)‎ B. CaCl2(aq)CaCO3(s)CaO(s)‎ C. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(s)‎ D. Al2O3(s)AlCl3(aq) Al(OH)3 (s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe与氯气反应生成氯化铁,氯化铁与NaOH反应生成氢氧化铁,则转化均可实现,A正确;‎ B. 因盐酸的酸性大于碳酸的酸性,则氯化钙与二氧化碳不反应,CaCl2(aq) CaCO3‎ ‎(s)不能实现转化,B错误;‎ C. 碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙和NaOH,则转化均可实现,C正确;‎ D. 氧化铝与盐酸反应生成氯化铝,氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝,则转化均可实现,D正确;故答案为:B。‎ ‎11.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下图所示,Y的原子序数是X的2倍,由此可知( )‎ W X Y Z A. 原子半径: Z>Y>X B. Y的单核阴离子还原性比X的强 C. Z的氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强 D. 简单氢化物的热稳定性: W>X ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示,X与Y同主族,且Y的原子序数是X的2倍,则X为O元素;Y为S元素;据此得知W为N元素;Z为Cl元素,据此分析。‎ ‎【详解】A.原子的电子层数越多,其原子半径越大,同一周期中,原子半径随着原子序数的增大而减小,所以元素的原子半径:Y>Z> X,选项A错误;‎ B.元素非金属性越强,其离子的还原性越弱,故Y的单核阴离子还原性比X的强,选项B正确;‎ C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强,不是最高价氧化物的水化物的酸性不一定强,如HClO的酸性弱于硫酸,选项C错误;‎ D.元素非金属性越强,简单氢化物的稳定性越强,则简单氢化物的热稳定性: X > W,选项D错误;‎ 答案选B。‎ ‎12.下列装置不能实现相应实验目的的是( )‎ A. 制取Cl2 B. 除去Cl2中的HCl  ‎ C. 收集Cl2 D. 处理含Cl2的尾气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气必须在加热条件下,该装置没有加热,所以不能制得氯气,选项A错误;‎ B.因为HCl极易溶于水,NaCl溶液中含有大量氯离子,Cl2溶于水是一个可逆反应,Cl2+ H2O HCl+ HClO,NaCl溶液中的Cl-抑制该反应,选项B正确;‎ C.Cl2密度比空气大,应将进气管伸到瓶底,用向上排空气法收集,导气管长进短出,选项C正确;‎ D.Cl2是污染性气体,且能与碱反应,实验室可用氢氧化钠溶液处理含有Cl2的尾气,选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎13.铬元素( Cr)的化合物存在下列转化关系: ‎ 下列判断错误的是( )‎ A. 反应①表明Cr2O3,具有酸性氧化物的性质 B. 反应②利用了H2O2 的氧化性 C. 反应③发生的反应为2K2CrO4+H2SO4 =K2Cr2O7+K2SO4+H2O D. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应①是Cr2O3和KOH反应生成KCrO2和水,表明Cr2O3有酸性氧化物的性质,选项A正确;‎ B. 反应②中KCrO2被氧化为K2CrO4,体现H2O2的氧化性,选项B正确;‎ C. 反应③K2CrO4溶液与硫酸反应生成K2Cr2O7、K2SO4和水,反应的化学方程式为2K2CrO4+H2SO4 =K2Cr2O7+K2SO4+H2O,选项C正确;‎ D. 反应①③中铬元素化合价没有变化,②中铬元素的化合价由+‎3升高为+6,选项D错误;‎ 答案选D。‎ ‎14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )‎ 实验操作 现象 结论 A 将大小相同的K和Na分别放入等体积的水中 钾与水的反应比钠与水剧烈 钾元素的金属性比钠元素强 B 向某溶液中滴加CaCl2溶液 生成白色沉淀 溶液中一定含有CO32-‎ C 将Cl2通入石蕊试液中 石蕊试液先变红后褪色 Cl2具有漂白性 D 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液 溶液呈蓝色 溶液中一定含有Br2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.K、Na分别与水反应,钾比钠反应剧烈,可知金属性K的强,选项A正确;‎ B.SO32-与Ca2+也生成白色沉淀或氯离子与银离子反应也产生白色沉淀,故溶液中可能含有Ag+、SO32-离子等不一定含有CO32-,选项B错误;‎ C.氯气与水反应生成HCl、HClO,则氯气通入石蕊试液先变红后褪色,HClO具有漂白性,选项C错误;‎ D.该黄色溶液中可能含有铁离子,铁离子也能将碘离子氧化为碘单质,所以不能确定该黄色溶液中含有溴,则结论不正确,选项D错误;‎ 答案选A。‎ ‎15.在两份相同的H2SO4溶液中,分别滴人物质的量浓度相等的Ba(OH)2‎ ‎、NaOH溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列分析正确的是( )‎ A. ①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线 ‎ B. ab 段发生反应的离子方程式为:OH- +H+=H2O C. b、d两点对应的溶液均显中性 ‎ D. c点对应的两溶液中含有相等量的OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液时,发生反应H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O,随着Ba(OH)2溶液的滴入,溶液中H+、SO42-浓度减小,导电能力逐渐减弱,b点恰好反应时几乎不导电,之后过量的Ba(OH)2使溶液中Ba2+、OH-浓度增大,导电能力增强,故图中曲线②表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液;向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液时,发生反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O,随着NaOH溶液的滴入,溶液总体积变大,溶液中离子浓度减小,导电能力逐渐减弱,d点恰好反应时导电能力最弱,之后过量的NaOH使溶液导电能力增强,曲线①表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液。‎ ‎【详解】A. 根据分析,曲线②在b点溶液导电能力接近0,说明该点溶液离子浓度最小,曲线②表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液,A错误;‎ B. ab 段发生反应的离子方程式为:Ba2++SO42-+2OH-+2H+=2H2O+BaSO4↓,B错误;‎ C. b、d两点,酸碱恰好中和,对应的溶液均显中性,C正确;‎ D. 曲线②上的c点,Ba(OH)2溶液已经过量,溶液中有OH-,曲线①上的c点,NaOH溶液不足,剩余H2SO4,溶液呈酸性,D错误;‎ 故答案为:C。‎ 第Ⅱ卷(非选择题)‎ ‎16.聚合硫酸铝铁(PAFS)是一种高效净水剂,其组成表示为[AlFe(OH)x(SO4)(3-)]y。为检测PAFS中Al的含量,设计如下流程。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)实验中需配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL,所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管,还缺少的仪器为__。‎ ‎(2)PAFS中铁元素的化合价为_______;沉淀A的化学式为_________。‎ ‎(3)如图所示,过滤操作中的一处错误是__________。‎ ‎(4)生成沉淀B的离子方程式为______。‎ ‎(5)PAFS中Al元素的质量分数为_______(用同m、n的代数式表示)。‎ ‎【答案】(1). 100mL容量瓶 (2). +3 (3). Fe(OH)3 (4). 漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁 (5). CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3- (6). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】为检测PAFS中Al含量,PAFS加入足量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液,过滤后得到氢氧化铁,滤液中通入过量二氧化碳气体,生成氢氧化铝沉淀,灼烧得到氧化铝。‎ ‎【详解】(1)配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL,涉及称量、溶解、移液、洗涤、定容等操作,则需要的仪器有玻璃棒、托盘天平(量筒)、烧杯、胶头滴管,还需要100mL容量瓶,故答案为:100mL容量瓶;‎ ‎(2)化学式为:[AlFe(OH)x(SO4)(3-)]y ‎,其中Al为+3价,设Fe的化合价为m,则3+m=x+2×(3-),m=+3,沉淀A的化学式为:‎ Fe(OH)3,故答案为:+3;Fe(OH)3;‎ ‎(3)过滤时,漏斗下端应紧贴烧杯内壁,避免液体飞溅,故答案为:漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁;‎ ‎(4)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀,反应的离子方程式:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-,故答案为:CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-;‎ ‎(5)m g PAFS生成n g氧化铝,铝的质量为:g,则铝的含量为,故答案为:或。‎ ‎17.利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系 回答下列问题:‎ ‎(1)X的电离方程式为________。‎ ‎(2)氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素质量比为71:48,则m:n=______。‎ ‎(3)Y可用于实验室制O2,其焰色试验为紫色,则Y含有的化学键类型为__;Y在‎400℃‎时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为1:1,生成的两种盐的化学式分别__。‎ ‎(4)NaClO2具有很强的氧化性,常用作消毒剂,其消毒效率是Z的__倍(还原产物都为Cl-,消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。‎ ‎(5)Cl2O可用潮湿的Z与Na2CO3反应制取,同时生成NaHCO3,反应中Z既体现氧化性,又体现还原性,该反应的化学方程式为__。‎ ‎【答案】(1). HClO4=H++ClO4- (2). 2:3或 (3).‎ ‎ 离子键、极性共价键或共价键或极性键 (4). KCl、KClO4 (5). 2 (6). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaCl+2NaHCO3+Cl2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)X是氯元素的+7价的酸,则X为HClO4,高氯酸为强酸,完全电离,其电离方程式为HClO4=H++ClO4-;‎ ‎(2)氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素质量比为71:48,则有,故有m:n=2:3;‎ ‎(3)Y可用于实验室制O2,其焰色试验为紫色,故含有K元素,Y中氯元素的化合价为+5价,则Y为KClO3,含有的化学键类型为离子键、极性共价键或共价键或极性键;KClO3在‎400℃‎时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐KCl,另一种盐的阴阳离子个数比为1:1,KClO3、KCl中氯元素的化合价分别为+5、-1,根据化合价变化及氧化还原反原理可知,另一种盐中氯元素的化合价应高于+5价,且氯元素的价态一般为奇数价,故为KClO4,即生成的两种盐的化学式分别为KCl、KClO4;‎ ‎(4)Z是氯元素形成的单质,则为Cl2,NaClO2具有很强的氧化性,常用作消毒剂,其消毒效率是Cl2的=2倍(还原产物都为Cl-,消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示);‎ ‎(5)Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取,同时生成NaHCO3,反应中Cl2既体现氧化性,又体现还原性,Cl2O中氯为+1价,生成Cl2O时氯气体现还原性,则生成物中还有含氯化合价小于0的,则为Cl-,即有NaCl生成,结合氧化还原反应配平得反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaCl+2NaHCO3+Cl2O。‎ ‎18.某化学兴趣小组为了探究“干燥的CO2不能与Na2O2反应”而“潮湿的CO2能与Na2O2反应”,设计了如下装置进行实验(夹持仪器已省略)。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)实验开始前先通入一段时间的N2,目的是________。‎ ‎(2)饱和NaHCO3溶液的作用是_________;试剂X是___________。‎ ‎(3)实验时,首先打开装置A中分液漏斗的活塞,加入稀盐酸;然后关闭K1,打开K2,实验中观察到E中灼热的铜丝颜色未发生变化,则得出的结论是_______。‎ ‎(4)若_____(填操作),E中灼热的铜丝变为黑色,可证明潮湿的CO2能与Na2O2反应。‎ ‎(5)写出D中CO2与Na2O2反应的化学方程式___________。‎ ‎【答案】(1). 排除装置中的空气 (2). 除去CO2气体中的HCl气体 (3). 浓硫酸 (4). 干燥的CO2不能与Na2O2反应 (5). 打开K1,关闭K2 (6). 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】为了探究“干燥的CO2不能与Na2O2反应”而“潮湿的CO2能与Na2O2反应”,设计了如下装置进行实验,先用氮气排尽装置A中的空气,利用装置A制取CO2,通过装置B利用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体,再通过装置C,装有浓硫酸,若打开K2关闭K1则为干燥的CO2,若打开K1关闭K2则为潮湿的CO2,经过装置D与过氧化钠作用,再通过装置E用灼热的铜丝检验是否有氧气生成,据此分析。‎ ‎【详解】(1)后续实验要验证是否有氧气生成,故实验开始前先通入一段时间的N2,目的是排除装置中的空气;‎ ‎(2)盐酸易挥发,制得的二氧化碳中含有氯化氢气体,饱和NaHCO3溶液的作用是除去CO2气体中的HCl气体;试剂X是起干燥剂作用,可选用浓硫酸;‎ ‎(3)实验时,首先打开装置A中分液漏斗的活塞,加入稀盐酸;然后关闭K1,打开K2,则气体被干燥,为干燥的CO2,实验中观察到E中灼热的铜丝颜色未发生变化,则D中没有氧气生成,则得出的结论是干燥的CO2不能与Na2O2反应;‎ ‎(4)若打开K1,关闭K2 ,则二氧化碳末被干燥,E中灼热的铜丝变为黑色,可证明潮湿的CO2能与Na2O2反应;‎ ‎(5)D中CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。‎ ‎19.氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)为元素周期表中的原子序数依次增大的同主族元素。回答下列问题:‎ ‎(1)N2的电子式为_________;锑在元素周期表中的位置为__________。‎ ‎(2)中子数与质子数的差值为________。‎ ‎(3)酸性:H3AsO4__H3PO4(填“>”或”<”)请从元素性质角度解释原因_______。‎ ‎(4)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品,具有较强的还原性,可用于化学镀银。‎ ‎①H3PO2与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2,则H3PO2是______元酸(填“一”、“二”或“三”)。‎ ‎②H3PO2可将溶液中的银离子还原为银单质,氧化产物为H3PO4。利用H3PO2进行镀银时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。‎ ‎【答案】(1). (2). 第五周期第ⅤA族 (3). 43 (4). < (5). As元素的非金属性比P元素的弱 (6). 一 (7). 4:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氮气分子中含有1个氮氮三键,N最外层满足8电子稳定结构;氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)为元素周期表中原子序数依次增大的同主族元素,结合N在周期表中位置分析;‎ ‎(2)质量数=质子数+中子数,元素符号左上角为质量数、左下角为质子数;‎ ‎(3)非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强;‎ ‎(4)①H3PO2与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2,说明该酸为一元酸;‎ ‎②结合化合价升降相等计算氧化剂与还原剂的物质的量之比。‎ ‎【详解】(1)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;氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)为元素周期表中原子序数依次增大的同主族元素,N位于第二周期ⅤA族,则锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族,故答案为:;第五周期第ⅤA族;‎ ‎(2)的质量数为209,质子数为83,则中子数与质子数的差值为(209−83)−83=43,故答案为:43;‎ ‎(3)由于As的非金属性比P元素弱,则最高价含氧酸的酸性:H3AsO4