已知质量数为A的某阳离子Rn+,核外有X个电子,则核内中子数为( )
A.A﹣x B.A﹣x﹣n C.A﹣x+n D.A+x﹣n
知识点:化学
B
【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系;质量数与质子数、中子数之间的相互关系.
【分析】原子失去电子形成阳离子,质子数不变,失去的电子数等于该阳离子所带的电荷数,所以对阳离子有质子数=所带的电荷数+核外电子数;中子数=质量数﹣质子数,据此解答.
【解答】解:阳离子Rn+,质量数为A,核外有X个电子,所以其质子数Z=X+n,由于中子数=质量数﹣质子数,故质子数=A﹣(X+n)=A﹣x﹣n.
故选B.
【点评】本题考查质子数、核外电子数、离子电荷的关系以及质量数、质子数、中子数的关系,难度较小,掌握好相互之间的关系即可顺利解答.要理解、熟记相互间的关系.
下列关于多电子原子的核外电子运动规律的叙述正确的是( )
①核外电子是分层运动的 ②所有电子在同一区域里运动 ③能量高的电子在离核近的区域里运动 ④能量低的电子在离核近的区域里运动.
A.①② B.①④ C.②③ D.③④
知识点:化学
B
【考点】原子核外电子的运动状态.
【分析】根据多电子的原子,其核外电子在原子核外按照能量的高低不同在原子核外分层运动,能量低的电子离原子核较近,而能量高的电子离原子核较远,电子的运动没有固定轨道,来分析解答.
【解答】解:根据多电子的原子,核外电子是分层运动的,不在在同一区域里运动,能量高的电子在离核远的区域里运动,能量低的电子在离核近的区域里运动.
故选B.
【点评】本题考查核外电子在原子核外的运动,明确电子的能量不同、电子的运动只能用概率来描述是解答本题的关键.
X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩元素相同的电子层结构.下列叙述正确的是( )
A.X的最高正价比Y的小
B.X的最高价氧化物一定是X2O,Y的气态氢化物为H2Y
C.X的离子半径比Y的大
D.X的核电荷数比Y的小
知识点:化学
A
【考点】位置结构性质的相互关系应用.
【分析】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩元素相同的电子层结构,X元素处于第四周期、Y处于第三周期,X为金属元素,最外层电子数较少,Y为非金属元素,最外层电子数相对较多.
A.主族元素最高正化合价等于最外层电子数;
B.X阳离子不一定为+1阳离子,Y阴离子不一定为﹣2价;
C.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小;
D.X元素处于第四周期、Y处于第三周期,X的核电荷数比Y的大.
【解答】解:X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩元素相同的电子层结构,X元素处于第四周期、Y处于第三周期,X为金属元素,最外层电子数较少,Y为非金属元素,最外层电子数相对较多.
A.X原子最外层电子数小于Y原子的,故X的最高正价比Y的小,则A正确;
B.X阳离子不一定为+1阳离子,Y阴离子不一定为﹣2价,如X的氧化物为CaO、Y的氢化物为HCl,故B错误;
C.两离子电子层结构相同,原子序数X>Y,故离子半径:X<Y,故C错误;
D.X元素处于第四周期、Y处于第三周期,X的核电荷数比Y的大,故D错误.
故选:A.
【点评】本题考查结构与位置的关系、微粒半径等,难度不大,关键根据离子具有相同的电子层结构推断元素的相对位置.
有A、B两种原子,A原子的M层比B原子的M层少3个电子,B原子的L层电子数恰好是A原子L层电子数的2倍,A和B分别是( )
A.硅原子和钠原子 B.硼原子和氢原子
C.氯原子和碳原子 D.碳原子和铝原子
知识点:化学
D
【考点】原子核外电子排布.
【分析】B原子的L层电子数恰为A原子L层电子数的2倍,如为同周期元素,则都位于第二周期,不存在M层,可知A为第二周期,B为第三周期,结合电子数的关系可推断元素种类,以此解答该题.
【解答】解:B原子的L层电子数恰为A原子L层电子数的2倍,如为同周期元素,则都位于第二周期,不存在M层,可知A为第二周期,B为第三周期,
L层最多排布8个电子,因此,B的L层有8个电子,而A的L层有4个电子(无M层),根据“A原子的M层比B原子的M层少3个电子”可知,B的M层上有3个电子,即A共有K、L电子层,排布的电子数分别为2、4,B共有K、L、M电子层,排布的电子数分别为2、8、3,故A是C,B是Al,
故选D.
【点评】本题考查原子结构与元素周期表的关系,为高频考点,答题时要逐步确定A、B的电子层数和各层上的电子数,把排布规律与题意结合起来,整体把握,难度不大.
下列叙述中能确定A金属性一定比B金属性强的是( )
A.A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少
B.A原子的电子层数比B原子的电子层数多
C.1 mol A与足量酸反应生成的H2比1 mol B与足量酸反应生成的H2多
D.常温时,A能从水中置换出氢,而B不能
知识点:化学
D
【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律.
【分析】判断金属性强弱的依据:元素原子的失电子能力、单质从酸(或水)中置换的H2的难易程度等.
【解答】解:A、金属性强弱和原子的最外层电子数无关,如氢原子最外层只有一个电子,而镁原子最外层两个电子,镁的金属性更强,故A错误;
B、金属性强弱和原子的电子层数多少无关,如氢原子只有一个电子层,而镁原子有三个电子层,镁的金属性更强,故B错误;
C、金属性强弱取决于单质从酸(或水)中置换的H2的难易程度,和置换的H2多少无关,故C错误;
D、常温时,A能与酸反应生成氢气,而B不能与水反应,说明A的金属性比B强,故D正确.
故选D.
【点评】本题考查学生判断金属性强弱的依据,熟悉金属性比较的常见方法即可解答,侧重于基础知识的考查,题目难度不大.
下列有关环境问题的说法不正确的是( )
A.燃煤时加入适量石灰石,可减少废气中SO2的含量
B.京津冀、长三角、珠三角雾霾的形成与煤的燃烧、化工厂大量排放含硫、含氮氧化物、颗粒物和汽车排放的尾气等有关
C.pH小于7.0的降雨通常称为酸雨
D.使用洁净能源、为汽车安装尾气转化装置、对硝酸厂排放的废气进行碱处理能有效控制氮氧化物对空气的污染
知识点:化学
C
【考点】"三废"处理与环境保护.
【分析】A、煤燃烧时生成的二氧化硫能和它们反应生成硫酸钙或亚硫酸钙等物质;
B、京津冀、长三角、珠三角工业发达,大量使用煤的燃烧、化工厂大量排放含硫、含氮氧化物、颗粒物和汽车排放的尾气,造成了雾霾的形成;
C、pH小于5.6的降水属于酸雨;
D、汽车安装尾气转化装置发生NO和CO反应,生成CO2和N2.
【解答】解:A、煤燃烧时应加入适量的石灰石,以减少废气中的二氧化硫,煤燃烧时生成的二氧化硫能和它们反应生成硫酸钙或亚硫酸钙等物质,故A正确;
B、京津冀、长三角、珠三角工业发达,大量使用煤的燃烧、化工厂大量排放含硫、含氮氧化物、颗粒物和汽车排放的尾气,造成了雾霾的形成,所以京津冀、长三角、珠三角雾霾的形成与煤的燃烧、化工厂大量排放含硫、含氮氧化物、颗粒物和汽车排放的尾气等有关,故B正确;
C、pH小于5.6的降水属于酸雨,而不是小于7.0,故C错误;
D、汽车安装尾气转化装置发生NO和CO反应,生成CO2和N2,变成无污染的气体,故D正确;
故选:C.
【点评】本题主要考查物质的性质、组成以及用途,题目难度不大,学习中注意相关基础知识的积累.
在硫酸工业的下列设备中,硫元素的价态不发生变化的是在( )中
A.沸腾炉 B.接触室
C.吸收塔 D.三个设备中都有变
知识点:化学
C
【考点】氧化还原反应.
【分析】①沸腾炉发生反应为:2FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2;②接触室发生反应为:2SO2+O22SO3;③吸收塔发生反应为:SO3+H2O=H2SO4;根据反应过程中是否有元素化合价的变化来判断.
【解答】解:A、沸腾炉发生反应为:2FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2是氧化还原反应,硫元素的价态发生变化,故A错误;
B、接触室发生反应为:2SO2+O22SO3,是氧化还原反应,硫元素的价态发生变化,故B错误;
C、吸收塔发生反应为:SO3+H2O=H2SO4,非氧化还原反应,硫元素的价态不发生变化,故C正确;
D、吸收塔发生反应为:SO3+H2O=H2SO4,非氧化还原反应,故D错误;
故选C.
【点评】本题考查了接触法制硫酸的工业流程,设备作用,是基础题.
已知下列氧化剂均能氧化+4价的硫元素,为了除去稀硫酸中混有的亚硫酸,应选用的最合理的氧化剂是( )
A.KMnO4B.Ca(ClO)2C.Cl2D.H2O2
知识点:化学
D
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用;物质的分离、提纯和除杂.
【分析】亚硫酸具有还原性,选择氧化剂可除杂,除杂时不能引入新杂质,以此来解答.
【解答】解:A、B、C均可氧化亚硫酸,但引入新杂质,只有D中氧化亚硫酸,过氧化氢的还原产物为水,不引入杂质,
故选D.
【点评】本题考查物质分离提纯的方法和选择,为高频考点,把握物质的性质及氧化还原反应的应用为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意除杂的原则,题目难度不大.
用三个烧杯组成如图所示装置进行下列实验,实验结果与预测现象不一致的是( )
选项
①中物质
②中物质
预测现象
A
酚酞溶液
浓氨水
①中无色变红色
B
CCl4
液溴
①中变橙色
C
浓氨水
浓硫酸
空气中产生白烟
D
NaAlO2溶液
浓硝酸
①中有白色沉淀
知识点:化学
C
【考点】化学实验方案的评价.
【分析】A.浓氨水具有挥发性,酚酞溶液在碱性条件下为红色;
B.溴易挥发;
C.浓硫酸不挥发;
D.浓硝酸与NaAlO2溶液的反应生成氢氧化铝沉淀.
【解答】解:A.浓氨水具有挥发性,挥发出的氨气溶于水得氨水,酚酞遇氨水为红色,故A正确;
B.溴易挥发,溴的四氯化碳为橙色,故B正确;
C.浓硫酸不挥发,不产生白烟,故C错误;
D.浓硝酸易挥发,①中发生盐酸与NaAlO2溶液的反应生成氢氧化铝沉淀,所以观察到的现象为白色沉淀,故D正确.
故选C.
【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及化学实验、元素化合物性质等,明确元素化合物的性质即可分析解答,本题难度不大.
某溶液能与铝反应生成氢气,则该溶液中一定不能够大量共存的离子组是( )
A.NH4+、K+、Ba2+、Cl﹣B.Na+、K+、Cl﹣、S2﹣
C.Na+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣D.K+、Na+、SO32﹣、NO3﹣
知识点:化学
C
【考点】离子共存问题.
【分析】某溶液中加入铝粉能产生氢气,则溶液为酸或强碱溶液,离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质,不能发生氧化还原反应,则能大量共存,反之,若反应则不能大量共存,以此来解答.
【解答】解:某溶液中加入铝粉能产生氢气,则溶液为酸或强碱溶液,
A.酸溶液中该组离子之间不反应,能共存,碱溶液中NH4+、OH﹣结合生成弱电解质,则不能共存,故A不选;
B.碱性溶液中该组离子之间不反应,能共存,酸溶液中H+、S2﹣结合生成弱酸,则不能共存,故B不选;
C.碱溶液中Fe2+分别与OH﹣结合生成沉淀,酸溶液中H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应,则一定不能共存,故C选;
D.碱性条件下离子之间不发生任何反应,可大量共存,故D不选.
故选C.
【点评】本题考查离子的共存,为高考常见题型,明确离子之间的反应及习题中的信息是解答本题的关键,注意离子一定不能共存为解答的易错点,题目难度不大.
下列溶液可用于鉴别CO2与SO2气体的有( )
①品红溶液②氯化钙③酸性高锰酸钾④溴水⑤氢硫酸⑥澄清石灰水.
A.①②③④⑤⑥ B.①③④⑤ C.①②③④⑥ D.①③④⑥
知识点:化学
B
【考点】物质检验实验方案的设计.
【分析】SO2和CO2均为酸性氧化物,二者都可与碱反应,具有相似的反应现象,二氧化硫具有还原性,具有漂白性,结合物质的性质差异来解答.
【解答】解:①二氧化硫使品红溶液褪色,二氧化碳不能,可鉴别,故选;
②二者均不与氯化钙溶液反应,无法鉴别,故不选;
③二氧化硫使酸性高锰酸钾褪色,二氧化碳不能,可鉴别,故选;
④二氧化硫具有还原性,可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色,可鉴别,故选;
⑤二氧化硫与氢硫酸反应生成淡黄色沉淀,二氧化碳不能,可鉴别,故选;
⑥均使澄清石灰水变浑浊,现象相同,不能鉴别,故不选.
故选B.
【点评】本题考查物质的鉴别,为高频考点,把握物质的性质和性质差异、发生的反应和现象为解答的关键,注意现象相同不能鉴别物质,题目难度不大.
只用一种试剂鉴别NH4Cl,K2SO4,(NH4)2SO4,AlCl3、FeCl3五瓶溶液,该试剂是( )
A.NaOH B.Ba(OH)2C.KSCN D.BaCl2
知识点:化学
B
【考点】常见离子的检验方法.
【分析】根据溶液颜色可以鉴别出FeCl3,检验硫酸根离子可以用钡离子,检验铵根离子可以用氢氧根离子,所以鉴别五种物质时可以使用Ba(OH)2溶液,据此进行解答.
【解答】解:A.用氢氧化钠溶液能够鉴别氯化铝溶液,但是无法鉴别NH4Cl、K2SO4、(NH4)2SO4,故A错误;
B.加入氢氧化钡溶液后,只产生气体的为NH4Cl,只产生白色沉淀的为K2SO4,先生成白色沉淀后沉淀溶解的为AlCl3,生成红褐色沉淀的为FeCl3,具有沉淀有生成气体的为(NH4)2SO4,所以能够用Ba(OH)2鉴别,故B正确;
C.KSCN只能鉴别出FeCl3,无法鉴别其它物质,故C错误;
D.氯化钡溶液能够与硫酸钾、硫酸铵反应,但是无法鉴别二者,且氯化钡不与氯化铵、氯化铝、氯化铁反应,所以无法用氯化钡溶液鉴别该5种物质,故D错误;
故选B.
【点评】本题考查了常见离子的性质及检验方法,题目难度中等,明确常见物质的性质及鉴别方法为解答关键,试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力.
利用如图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是( )
选项
①
②
③
实验结论
A
稀盐酸
石灰石
稀的碳酸钠溶液
溶解度:碳酸钠>碳酸氢钠
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸有脱水性、强氧化性
C
浓硫酸
Na2SO3
品红溶液
浓硫酸具有强氧化性
D
浓盐酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性:盐酸>碳酸>硅酸
知识点:化学
B
【考点】化学实验方案的评价.
【分析】A.碳酸氢钠的溶解度较大;
B.浓硫酸使蔗糖变黑,然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫,二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色;
C.发生强酸制取弱酸的反应;
D.浓盐酸易挥发.
【解答】解:A.碳酸氢钠的溶解度较大,应用浓的碳酸钠溶液,否则无法生成沉淀,故A错误;
B.浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑,然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫,体现其强氧化性,最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色,故B正确;
C.发生强酸制取弱酸的反应,提现浓硫酸的酸性,故C错误;
D.浓盐酸易挥发,应除掉后再通入Na2SiO3溶液,故D错误.
故选B.
【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及物质间的反应、浓硫酸的性质、酸性比较等,把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键,注意实验操作的可行性、评价性分析,题目难度不大.
如图的装置中,干燥烧瓶中盛有某种气体,烧杯和滴管内盛放某种溶液.挤压胶管的胶头,下列与实验事实不相符的是( )
选项
气体
溶液
现象
A
NH3
H2O含酚酞
红色喷泉
B
Cl2
饱和食盐水
无色喷泉
C
HCl
H2O含石蕊
红色喷泉
D
SO2
NaOH溶液
无色喷泉
知识点:化学
B
【考点】化学实验方案的评价;实验装置综合.
【分析】A.氨气极易溶于水,且氨水溶液显碱性,酚酞遇碱变红;
B.饱和食盐水中氯离子的浓度达到最大程度,抑制了氯气的溶解,则无法形成喷泉;
C.HCl极易溶于水,且盐酸溶液显酸性,石蕊遇酸变红;
D.二氧化碳易与NaOH溶液反应,反应后溶液为无色.
【解答】解:A.因氨气极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又氨水溶液显碱性,酚酞遇碱变红,故形成红色喷泉,故A不选;
B.因饱和食盐水抑制氯气的溶解,则挤压胶管的胶头,气压变化不明显,则不会形成喷泉,故B选;
C.因HCl极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又盐酸溶液显酸性,石蕊遇碱变红,故形成红色喷泉,故C不选;
D.二氧化碳易与NaOH溶液反应,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又反应后的溶液为无色,故形成无色喷泉,故D不选;
故选B.
【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素化合物知识的综合应用,题目难度不大.
下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )
选项
实验
现象
结论
A
将稀硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成,溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
将铜粉加1.0molL﹣1Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D
打磨过的铁棒插入浓硫酸中
无明显现象
常温下,铁遇浓硫酸发生钝化
知识点:化学
D
【考点】化学实验方案的评价.
【分析】A.稀硝酸加入过量铁粉中,生成硝酸亚铁;
B.铜粉加1.0molL﹣1Fe2(SO4)3溶液中,反应生成硫酸铜、硫酸亚铁;
C.氧化铝的熔点高,熔化但不滴落;
D.钝化生成致密的氧化膜,阻止反应的进一步发生.
【解答】解:A.稀硝酸加入过量铁粉中,生成硝酸亚铁,则反应后滴加KSCN溶液无现象,故A错误;
B.铜粉加1.0molL﹣1Fe2(SO4)3溶液中,反应生成硫酸铜、硫酸亚铁,不能置换出Fe,不能比较金属活泼性,故B错误;
C.氧化铝的熔点高,熔化但不滴落,现象与结论不合理,故C错误;
D.钝化生成致密的氧化膜,阻止反应的进一步发生,则无明显现象,故D正确;
故选D.
【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素化合物知识的综合应用,题目难度不大.
常温下向稀硫酸中加入铜片,无现象,向溶液中继续加入下列物质(温度不改变),铜片溶解,并有气泡产生,则该物质为( )
A.FeCl3B.浓硫酸 C.NaCl D.NaNO3
知识点:化学
D
【考点】硝酸的化学性质.
【分析】铜的化学性质不活泼,不能与非氧化性酸反应,但可以和氧化性酸反应,能与具有氧化性的FeCl3溶液、酸性条件下硝酸盐等反应,据此判断选项.
【解答】解:A.三价铁离子具有强的氧化性,能够与铜反应生成可溶性铜离子和二价铁离子,铜片溶解,没有气泡产生,故A不选;
B.铜与浓硫酸只有在加热条件下才能发生反应,所以常温下向稀硫酸中加入铜片,无现象,向溶液中继续加入浓硫酸,铜与浓硫酸也不会发生反应,铜片不溶解,不会产生气体,故B不选;
C.向稀硫酸溶液中加入氯化钠后,溶液中不存在与铜反应的物质,铜片不溶解,不会产生气体,故C不选;
D.硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性,加入硝酸钠后,发生反应的离子方程式:3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O,铜片溶解同时生成一氧化氮气体,故D选;
故选:D.
【点评】本题考查了物质之间的反应,熟悉铜、硝酸的性质是解题关键,注意铜与浓硫酸发生反应需要加热,题目难度不大.
密度为0.91g/cm3的氨水,质量分数为25%.该氨水用等体积的水稀释后,所得溶液中溶质的质量分数( )
A.等于12.5% B.大于12.5% C.小于12.5% D.无法确定
知识点:化学
C
【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算.
【分析】依据加水稀释前后溶质的质量不变,该氨水用等体积的水稀释后,所得氨水的质量为水的质量加上原有氨水的质量,所得氨水溶液的溶质为质量分数为25%的氨水中的溶质,据此解答即可.
【解答】解:设加入水的体积为V,那么质量分数为25%的氨水的体积也为V,该氨水用等体积的水稀释后,所得溶液中溶质的质量分数为:×100%≈11.9%<25%,故选C.
【点评】本题主要考查的是溶液的稀释,抓住溶液稀释前后溶质的质量不变是解决此类题的方法,难度不大.
将1.92gCu和一定量的浓HNO3反应,随着Cu的不断减少,反应生成气体的颜色逐渐变浅,当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混和气体1.12L(标准状况),则反应中所消耗硝酸的物质的量是( )
A.0.08mol B.0.12mol C.0.09mol D.0.11mol
知识点:化学
D
【考点】氧化还原反应的计算.
【分析】发生Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,n(Cu)==0.03mol,混合气体的物质的量为=0.05mol,结合原子守恒计算.
【解答】解:n(Cu)==0.03mol,混合气体的物质的量为=0.05mol,
由N原子守恒可知,反应中所消耗硝酸的物质的量=2n(Cu)+n(气体)=0.03mol×2+0.05mol=0.11mol,
故选D.
【点评】本题考查氧化还原反应的计算,为高频考点,把握发生的氧化还原反应及反应中原子守恒为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,题目难度不大.
根据元素周期律回答:
(1)比较原子半径的大小(填“>”或“<”,下同):,K Ca,Si N;
(2)比较酸性的强弱:HNO3 H3PO4,H2SO4 HClO4;
(3)比较碱性的强弱:NaOH KOH,Mg(OH)2 Al(OH)3;
(4)比较氢化物的稳定性:H2S H2O,NH3 HF;
(5)比较金属性强弱:Be Mg,比较非金属性强弱:N C.
知识点:化学
(1)>;>;
(2)>;<;
(3)<;>;
(4)<;<;
(5)<;>
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用;元素周期律的作用.
【分析】(1)电子层越多,原子半径越大;同周期从左向右原子半径减小;
(2)非金属性越强,对应最高价含氧酸的酸性越强;
(3)金属性越强,最高价氧化物水化物的碱性越强;
(4)非金属性越强,对应氢化物越稳定;
(5)同主族从上到下金属性增强,同周期从左向右非金属性增强.
【解答】解:(1)电子层越多,原子半径越大;同周期从左向右原子半径减小,则原子半径为K>Ca,Si>N,故答案为:>;>;
(2)非金属性越强,对应最高价含氧酸的酸性越强,则酸性的强弱:HNO3>H3PO4,H2SO4<HClO4,故答案为:>;<;
(3)金属性越强,最高价氧化物水化物的碱性越强,则碱性的强弱:NaOH<KOH,Mg(OH)2>Al(OH)3,故答案为:<;>;
(4)非金属性越强,对应氢化物越稳定,则氢化物的稳定性:H2S<H2O,NH3<HF,故答案为:<;<;
(5)同主族从上到下金属性增强,同周期从左向右非金属性增强,则金属性强弱:Be<Mg,非金属性强弱:N>C,故答案为:<;>.
【点评】本题考查元素周期表和周期律的应用,为高频考点,把握元素的性质、元素周期律为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识的应用,题目难度不大.
W、X、Y、Z是原子序数依次递减的四种常见元素.X元素是地壳中含量最多的元素,Y、Z组成的气态化合物M可做制冷剂,其水溶液呈碱性,W的单质在X2中燃烧产物可使品红溶液褪色,请回答:
(1)W元素原子结构示意图是 ;该元素最高正化合价与最低负化合价分别是 和 .
(2)Y元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应的化学方程式是 .
(3)由以上四种元素的其中三种元素所形成的氧化物中,有一种物质能与水反应生成气体,且该反应属于氧化还原反应,请写出该反应的化学方程式 ,其中氧化剂和还原剂的物质的量之比是: .
知识点:化学
(1);+6;﹣2;
(2)HNO3+NH3=NH4NO3;
(3)3NO2+H2O=2HNO3+NO;1:2.
【考点】位置结构性质的相互关系应用.
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次递减的四种常见元素.X元素是地壳中含量最多的元素,则X为O元素;Y、Z组成的气态化合物可做制冷剂,其水溶液呈碱性,可推知Y为N元素、Z为H元素,M为NH3;W的单质在X2中燃烧产物可使品红溶液褪色,可推知W为S元素,据此解答.
【解答】解:W、X、Y、Z是原子序数依次递减的四种常见元素.X元素是地壳中含量最多的元素,则X为O元素;Y、Z组成的气态化合物可做制冷剂,其水溶液呈碱性,可推知Y为N元素、Z为H元素,M为NH3;W的单质在X2中燃烧产物可使品红溶液褪色,可推知W为S元素.
(1)W为S元素,原子结构示意图是: ,该元素最高正化合价与最低负化合价分别是+6、﹣2,
故答案为:;+6;﹣2;
(2)氮元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应的化学方程式是:HNO3+NH3=NH4NO3,
故答案为:HNO3+NH3=NH4NO3;
(3)由以上四种元素的其中三种元素所形成的氧化物中,有一种物质能与水反应生成气体,且该反应属于氧化还原反应,该反应的化学方程式:3NO2+H2O=2HNO3+NO,反应中二氧化氮既是氧化剂又是还原剂,由还原产物NO与氧化产物硝酸的化学计量数,可知氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:2,
故答案为:3NO2+H2O=2HNO3+NO;1:2.
【点评】本题考查结构性质位置关系应用,推断元素的种类是关键,熟练掌握元素化合物知识,根据化合价理解氧化还原反应基本概念.
某非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D,
已知D为强酸,请回答下列问题:
(1)若A常温下为淡黄色固体,B是有刺激性气味的无色气体.
①氯水和B皆可作漂白剂.若同时使用于漂白一种物质时,其漂白效果是 (填“增强”“减弱”“不变”),用化学方程式解释上述原因 ;
②D的浓溶液与铜发生反应的方程式: .
(2)若A在常温下为气体,C是红棕色气体.
①A转化为B的化学方程式是: ,
②D的稀溶液在常温下可与铜反应并生成B气体,请写出该反应的离子方程式: .
知识点:化学
(1)①减弱; SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4;
②Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O;
(2)
①N2+O22NO;
②3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O.
【考点】无机物的推断.
【分析】题中能发生连续氧化的非金属单质A,对应的D为强酸,则对应的反应有硫和氮元素及其化合物的转化:
(1)A在常温下为淡黄色固体,是非金属单质判断A为S,B是有刺激性气味的无色气体转化关系可知为二氧化硫,则A为S元素,B为SO2,C为SO3,D为H2SO4,
①氯气具有强氧化性,二氧化硫具有还原性,在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸;
②D为H2SO4,D的浓溶液与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水;
(2)A在空气中的主要成分,C是红棕色的气体,则A应为N2,B为NO,C为NO2,D为HNO3,
①A应为N2,B为NO,A可与O2反应生成NO;
②D为HNO3,稀溶液具有强氧化性,可与Cu发生氧化还原反应生成硝酸铜和NO;
结合物质的性质解答该题.
【解答】解:题中能发生连续氧化,对应的反应有硫和氮元素及其化合物的转化:
(1)A在常温下为淡黄色固体,是非金属单质判断A为S,B是有刺激性气味的无色气体转化关系可知为二氧化硫,则A为S元素,B为SO2,C为SO3,D为H2SO4,
①氯水和B为SO2皆可作漂白剂,若同时使用于漂白一种物质时,因为氯气具有强氧化性,二氧化硫具有还原性,在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸,漂白效果减弱,反应的化学方程式为:SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4,
故答案为:减弱; SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4;
②D为H2SO4,D的浓溶液与铜反应的化学反应方程式为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,
故答案为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O;
(2)A在空气中的主要成分,C是红棕色的气体,则A应为N2,B为NO,C为NO2,D为HNO3,
①A应为N2,B为NO,A可与O2反应生成NO,反应的化学方程式为N2+O22NO,
故答案为:N2+O22NO;
②D为HNO3,稀溶液具有强氧化性,可与Cu发生氧化还原反应生成硝酸铜和NO,反应的离子方程式为:3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O,
故答案为:3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O.
【点评】本题考查无机物的推断,题目难度中等,本题注意根据物质的颜色以及连续发生氧化反应的特征为突破口进行推断.
请完成如下“检验肥料硫酸铵中是否含有少量的氯化铵”的实验方法:
(1)取少量肥料配成溶液,加入 (填化学式)溶液至沉淀不再产生, (填实验操作名称);
(2)取(1)中生成的溶液于试管,滴加 (填化学式)溶液,若 产生,则说明该肥料含有氯化铵;反之,则无.
知识点:化学
(1)Ba(NO3)2;过滤;
(2)AgNO3;白色沉淀.
【考点】铵盐.
【分析】将少量肥料溶于水配成溶液,加入过量的硝酸钡,除去硫酸根离子,防止对氯离子的检验产生干扰,然后加过滤,向滤液中加入硝酸银,如果有白色沉淀说明有氯离子,由此分析解答.
【解答】解:(1)将少量肥料溶于水配成溶液,加入过量的硝酸钡,除去硫酸根离子,防止对氯离子的检验产生干扰,然后加过滤,故答案为:Ba(NO3)2;过滤;
(2)向(1)中滤液中加入硝酸银,如果有白色沉淀说明有氯离子,则说明该肥料含有氯化铵;反之,则无,故答案为:AgNO3;白色沉淀.
【点评】本题考查了物质的鉴别和除杂质,把握物质的性质差异为解答的关键,注意利用不同现象鉴别物质,题目难度不大.
已知A、B、C、D、E、G、H、I均为气体,J为常见的液态物质,A、B、C、I、M为单质,且M为常见金属,G和H相遇时产生白烟,它们存在如下的转化关系(图中部分反应物或产物已省略),请回答有关问题:
(1)请写出:A物质的化学式: ,K物质的名称: ,例举F物质的一种用途 ;
(2)①写出实验室用K制取G的化学方程式 ;
②实验室检验气体G是否收集满的方法: ;
③G在催化剂的作用下与氧气反应,可生成D.请写出该反应的化学方程式 .
(3)①F的浓溶液与木炭反应的化学方程式为 ;
②工业F的浓溶液呈黄色,试用化学方程式解释原因: ;若要消除黄色可向其中通入一定量的 .
知识点:化学
(1)N2;氯化铵;制造氮肥、染料塑料、炸药硝酸盐等;
(2)①2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;
②用湿润的红色石蕊试纸置于集气瓶口,如果红色石蕊试纸变蓝,则说明收集满;
③4NH3+5O2 4NO+6H2O;
(3)①C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H20;
②4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O; 氧气.
【考点】无机物的推断.
【分析】A、B、C、D、E、G、H、I均为气体,A、B、C、I、M为单质,根据题中各物质转化关系,A和B反应生成G,B和C反应生成H,G和H相遇时产生白烟,则该反应为氨气与氯化氢的反应,所以K为NH4Cl,B为H2,A能与I连续反应,且E与J反应,J为常见的液态物质,所以I为O2,J为H2O,则A为N2,所以G为NH3,则H为HCl,D为NO,E为NO2,F为HNO3,F和G反应生成Z为NH4NO3,M能与H盐酸反应生成X,X可以继续与C反应,且M为常用金属,则M为Fe,所以X为FeCl2,Y为FeCl3,铁与硝酸反应生成N为Fe(NO3)3,据此答题.
【解答】解:A、B、C、D、E、G、H、I均为气体,A、B、C、I、M为单质,根据题中各物质转化关系,A和B反应生成G,B和C反应生成H,G和H相遇时产生白烟,则该反应为氨气与氯化氢的反应,所以K为NH4Cl,B为H2,A能与I连续反应,且E与J反应,J为常见的液态物质,所以I为O2,J为H2O,则A为N2,所以G为NH3,则H为HCl,D为NO,E为NO2,F为HNO3,F和G反应生成Z为NH4NO3,M能与H盐酸反应生成X,X可以继续与C反应,且M为常用金属,则M为Fe,所以X为FeCl2,Y为FeCl3,铁与硝酸反应生成N为Fe(NO3)3,
(1)根据上面的分析可知,A为N2,K为NH4Cl,K的名称为氯化铵,F为HNO3,硝酸常用作制造氮肥、染料塑料、炸药硝酸盐等,
故答案为:N2;氯化铵;制造氮肥、染料塑料、炸药硝酸盐等;
(2)①实验室用氯化铵与氢氧化钙反应制取氨气,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,
故答案为:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;
②实验室检验氨气是否收集满的方法可以用湿润的红色石蕊试纸置于集气瓶口,如果红色石蕊试纸变蓝,则说明收集满,
故答案为:用湿润的红色石蕊试纸置于集气瓶口,如果红色石蕊试纸变蓝,则说明收集满;
③氨气在一定条件下催化氧化也可生成NO,该反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,
故答案为:4NH3+5O2 4NO+6H2O;
(3)①浓硝酸与木炭在加热的条件下反应,反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H20,
故答案为:C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H20;
②浓硝酸部分分解,溶液中含有少量的二氧化氮,所以溶液呈黄色,其化学方程式为4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O,若要消除黄色可向其中通入一定量的氧气,二氧化氮、氧气、水反应生成硝酸,
故答案为:4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O; 氧气.
【点评】本题考查无机物的推断,明确物质的颜色及性质是解答本题的关键,注意B、K是解答本题的突破口,并规范化学用语的应用,题目难度中等.