浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高一下学期开学考试化学试题 Word版含解析.docx

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绍兴一中2023学年高一第二学期回头考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24A127S32Cl35.5Fe56Cu64Ag108一、选择题Ⅰ（本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物质属于纯净物的是A.水玻璃B.浓硫酸C.冰醋酸D.加碘盐【答案】C【解析】【详解】A．水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故A不符合题意；B．浓硫酸是98%的硫酸，有少量的水，是混合物，B不符合题意；C．冰醋酸是纯净物，C符合题意；D．加碘盐中主要成分为氯化钠、还有碘酸钾，是混合物，D不符合题意；故答案选C。2.下列化合物的类别完全正确的是(　　)A.Na2CO3、碱、电解质B.MgO、金属氧化物、非电解质C.H2SO4、酸、电解质D.CO2、酸性氧化物、电解质【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3的水溶液能够导电，是电解质，属于盐类，A选项错误；B．MgO在熔融状态能导电，属于金属氧化物，属于电解质，B选项错误；C．H2SO4为二元强酸，是电解质，C选项正确；D．CO2溶于水并和水反应生成碳酸，能够导电，但不是本身导电，因此CO2属于非电解质，D选项错误；答案选C。3.实验室中配制250mL0.10mol·LNaOH溶液时，必须使用到的玻璃仪器是A.B.C.D.【答案】D 【解析】【详解】一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀．所以需要的仪器为托盘天平、药匙、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故所给的仪器中一定用到250mL的容量瓶，故D正确。4.下列关于实验安全与事故的处理正确的是A.浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用氢氧化钠溶液中和B.做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸C.所有用剩的药品都不能放回原瓶D.金属钠着火用泡沫灭火器灭火【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钠具有腐蚀性，能够使用氢氧化钠溶液中和，否则会对人的皮肤造成伤害，若少量浓硫酸沾在皮肤上，应该先用干抹布擦去，然后用大量的水冲洗，最后涂上稀的碳酸氢钠溶液，故A错误B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，可防止液体暴沸，故B正确；C．钠性质活泼，要隔绝空气，实验室中少量金属钠常保存在煤油中，剩余的药品要放回原瓶，故C错误；D．金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙土铺盖，故D错误；故选：B。5.反应H2O2＋H2S=2H2O＋S中，氧化剂是A.H2O2B.H2SC.H2OD.S【答案】A【解析】【详解】反应H2O2＋H2S=2H2O＋S中，H2O2中O元素化合价由-1降低为-2，H2O2是氧化剂，故选A。6.下列相关微粒的化学用语错误的是A.中子数为12的钠原子：B.氯酸钾化学式：C.的结构示意图：D.的结构式：【答案】D【解析】 【详解】A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；质子数是11，中子数为12的钠原子质量数是11+12=23，，A正确；B．氯酸钾是由钾离子和氯酸根离子构成的，化学式：，B正确；C．Cl原子得到1个电子形成Cl-，核外电子排布是2、8、8，C正确；D．N原子最外层有5个电子，在分子中，每个N原子上有1对孤电子对，N原子形成3个共价键，2个N原子之间形成一个共价键，每个N原子再分别与2个H原子形成共价键，故的结构式为，D错误；故选D。7.中国科技改变世界。下列说法错误的是A.“天机芯”全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同B.“飞扬”火炬外壳由碳纤维与树脂的复合材料制成，该材料密度小、强度高C.“祝融号”火星车使用热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应D.“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入【答案】A【解析】【详解】A．光导纤维是用二氧化硅生产的，通信容量大，抗干扰性能好，传输信号不易衰减，能有效提高通信效率。而芯片利用了高纯硅的半导体性能，广泛应用于信息技术和新能源技术等领域，A错误；B．“飞扬”火炬外壳由碳纤维与树脂的复合材料制成，该材料具有密度小、强度高的特点，B正确；C．热控保温材料一纳米气凝胶，属于胶体，可产生丁达尔效应，C正确；D．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，Ag+是重金属离子，能够使蛋白质发生变性，因而可有效防护细菌侵入的性能，D正确；故选A。8.下列说法不正确的是A.门捷列夫在前人研究的基础上，列出了第一张元素周期表B.用激光笔照射溶液，可产生丁达尔效应C.考古工作者利用断代法，可对文物进行年代测定D.回收废旧电池可减少对环境的污染并实现资源的再利用【答案】B 【解析】【详解】A．门捷列夫在前人研究的基础上列出了第一张元素周期表，A正确；B．溶液不是胶体，不可产生丁达尔效应，B错误；C．考古工作者利用断代法，可对文物进行年代测定，C正确；D．回收废旧电池可减少对环境的污染并实现资源的再利用，D正确；故选B。9.下列说法不正确的是A.还原铁粉常用作食品干燥剂B.硬铝(一种铝合金)密度较小、强度高，可用于制造飞机和宇宙飞船部件C.氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水消毒D.过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为供氧剂【答案】A【解析】【详解】A．还原铁粉能除去食品包装袋内的氧气，常用作食品抗氧化剂，故A错误；B．硬铝密度较小、强度高，可用于制造飞机和宇宙飞船部件，故B正确；C．氯气、臭氧、二氧化氯具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，故C正确；D．过氧化钠能与二氧化碳反应放出氧气，可在呼吸面具或潜水艇中作为供氧剂，故D正确；选A。10.下列溶液中离子能大量共存的是A.无色透明的溶液中：、、、B.含有大量的溶液中：、、、C.使无色酚酞溶液变红色的溶液中：、、、D.使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．铜离子在溶液中为蓝色，无色透明的溶液中不可能存在铜离子，故A不符合题意；B．含有大量的溶液中，、、、互不反应且与硝酸钡均不反应，能大量共存，故B符合题意；C．使无色酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中与OH- 反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，不共存，故D不符合题意；故选B。11.下列装置或操作能达到实验目的的是A.用甲装置制取氯气B.用乙装置除去氯气中的HCl气体C.用丙装置分离苯和水D.用丁装置模拟海水淡化【答案】C【解析】【详解】A．实验室制备Cl2是用MnO2和浓盐酸共热，甲装置中没有加热装置，无法制取氯气，故A不符合题意；B．由于Cl2也能与NaOH反应，故除去氯气中的HCl气体应用饱和食盐水，且应通过洗气瓶，故B不符合题意；C．苯与水互不相溶的两种液体，可以用分液的操作进行分离，C符合题意；D．进行蒸馏操作时温度计水银球应该在蒸馏烧瓶支管口，故D不符合题意；故选C。12.下表是元素周期表的一部分，①～⑥代表6种短周期主族元素，已知③与氢元素能组成日常生活中常见的化合物。①②③④⑤⑥下列说法正确的是A.①～⑥中原子半径最大的是④B.②的最高化合价为＋4C.④的金属性比⑤的金属性弱D.⑥的最高价氧化物对应水化物是弱酸【答案】A 【解析】【分析】下表是元素周期表的一部分，①～⑥代表6种短周期主族元素，已知③与氢元素能组成日常生活中常见的化合物，该化合物是H2O，则③是O元素，①是C元素，②是N元素，④是Na元素，⑤是Mg元素，⑥是Cl元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：①是C元素，②是N元素，③是O元素，④是Na元素，⑤是Mg元素，⑥是Cl元素。A．不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以①～⑥中原子半径最大的是④号元素Na元素，A正确；B．②是N元素，N原子最外层有5个电子，其最高化合价为+5价，B错误；C．同一周期元素，原子序数越大，原子半径就越小，该原子失去电子的能力就越弱，元素的金属性逐渐减弱，则④的金属性比⑤的金属性强，C错误；D．⑥是Cl元素，Cl元素的最高价氧化物对应水化物HClO4是强酸，D错误；故合理选项是A。13.下列离子方程式书写正确的是（　　）A.用酸化的H2O2氧化海带灰浸出液中的碘：2I-+H2O2=I2+2OH-B.用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC.NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合：+OH-=+H2OD.NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．酸性条件下不能大量存在OH-，A错误；B．稀氢碘酸溶液与铁锈会发生氧化还原反应变为I2、Fe2+、H2O，不符合反应事实，B错误；C．NH4HCO3电离产生的、都会与OH-发生反应，不符合反应事实，C错误；D．反应符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；故合理选项是D。14.粗盐中含有Ca2+、等可溶性杂质和泥沙等不溶性杂质。实验室用下述方案模拟粗盐的精制：下列说法正确的是A.过滤操作中必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和分液漏斗 B.试剂1可选用BaCl2溶液，试剂2可选用Na2CO3溶液C.调pH时，可选用盐酸或者硫酸D.结晶时，应先加热蒸发形成较高温度下的饱和溶液，然后冷却到室温【答案】B【解析】【分析】粗盐加水溶解,过滤除去泥沙等不溶性杂质;滤液中先加过量氯化钡溶液除去硫酸根离子,再加过量的碳酸钠溶液,除去钙离子及过量的氯化钡,过量出碳酸钙和硫酸钡及碳酸钡沉淀后,加适量盐酸除去过量的碳酸钠溶液后,结晶得到精盐,据此分析解答.【详解】A.过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要分液漏斗，故A错误；B.试剂1用氯化钡溶液除去硫酸根离子，试剂2用碳酸钠溶液除去钙离子及过量的氯化钡，不能颠倒顺序，否则无法除去过量的钡离子，故B正确；C.调节pH值为了除去过量的碳酸钠溶液，且不能引入新杂质，应选用盐酸，选硫酸会引入硫酸根离子，故C错误；D.氯化钠的溶解度受温度的影响较小，应采用蒸发结晶得到，加热到有大量晶体析出时，停止加热，余热蒸干剩余水分，故D错误；故选：B。【点睛】15.下列说法正确的是A.可用于自来水消毒B.可用于杀菌消毒，但不可用作食品添加剂C.向中加入少量水后，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着吸热现象D.FeO是一种红棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色染料【答案】A【解析】【详解】A．具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，A正确；B．可用于杀菌消毒，在国家规定范围内，可用作食品添加剂，B错误；C．中加入少量水后，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着放热现象，C错误；D．Fe2O3为红色固体，在大气和日光中稳定，耐污浊气体，耐高温、耐碱，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，FeO为黑色，D错误； 故选A。二、选择题Ⅱ（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）16.在A处通入湿润的氯气，C处的干燥红色布条不褪色，则B瓶中盛放的溶液不可能是A.Na2CO3溶液B.饱和NaCl溶液C.浓硫酸D.NaOH溶液【答案】B【解析】【分析】干燥的Cl2不具有漂白性，因而干燥的氯气不能使有色物质褪色；潮湿的Cl2中Cl2与水反应产生的HClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色而使红色物质褪色。【详解】A．Cl2与Na2CO3碱性溶液反应，导致Cl2不能进入装置C中，因而C处的干燥红色布条不褪色，A不符合题意；B．在A处通入湿润的氯气在饱和NaCl溶液中不能溶解，因而在C处能够使干燥红色布条褪色，B符合题意；C．在A处通入湿润的氯气，当气体经过盛有浓硫酸的洗气瓶后，Cl2被干燥，干燥的Cl2不具有漂白性，因而C处不能使有色物质褪色，C不符合题意；D．Cl2与NaOH溶液发生反应，变为可溶性NaCl、NaClO，留在装置B中，因而C处无Cl2通入，故不能使有色物质褪色，D不符合题意；故合理选项是B。17.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，将2.24LCl2通入水中，Cl-、ClO-、HClO的数目之和为0.2NAB.12gNaHSO4晶体中，离子总数为0.2NAC.3.2gCu在足量O2或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为0.1NAD.100g46%的CH3CH2OH溶液中O原子的数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．标况下2.24LCl2为0.1mol，氯气与水 反应为可逆反应，溶液中还会有氯气分子的存在，所以Cl-、ClO-、HClO的数目之和小于0.2NA，A错误；B．12gNaHSO4晶体的物质的量为=0.1mol，NaHSO4晶体由钠离子和硫酸氢根构成，所以离子总数为0.2NA，B正确；C．3.2gCu为0.1mol，与硫蒸气反应时生成Cu2S，转移电子数为0.1NA，但与氧气反应时生成CuO，转移电子数为0.2NA，C错误；D．100g46%的CH3CH2OH溶液中含有46g即1mol乙醇，含有NA个O原子，但此外还有水中也含有O原子，D错误；综上所述答案为B。18.下列物质的变化过程中，克服微粒之间的相互作用力完全相同的是A.硫酸氢钠固体溶于水和碳酸氢钠分解B.干冰升华和氯化钠熔化C.氢氧化钠溶于水和氯化氢通入水中D.过氧化氢分解和氯化铵受热分解【答案】A【解析】【详解】A．NaHSO4=Na++H++，故硫酸氢钠固体溶于水克服的是离子键和共价键，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故碳酸氢钠分解克服的是离子键和共价键，A符合题意；B．干冰升华克服分子间作用力，而氯化钠熔化克服离子键，B不合题意；C．氢氧化钠溶于水克服离子键，而氯化氢通入水中克服共价键，C不合题意；D．过氧化氢分解克服共价键，而氯化铵受热分解克服离子键和共价键，D不合题意；故答案为：A。19.下列关于卤族元素性质的变化规律，描述不正确的是（）①颜色深浅：②氧化性：③还原性：④稳定性：⑤酸性：A.③⑤B.③④C.①③D.②⑤【答案】B【解析】【详解】①从F2到I2，卤素单质的颜色逐渐变深，故①正确；② 同主族从上到下，非金属性减弱，其单质氧化性逐渐减弱，故②正确；③从F到I非金属性减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故③错误；④从F到I非金属性减弱，对应单质与化合的能力逐渐减弱，生成的气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故④错误；⑤从F到I非金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，故⑤正确；因此③④错误，故B正确。综上所述，答案为B。20.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是短周期中非金属性最强的元素，X是所在周期中原子半径最大的元素，Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是A.简单离子半径：Y>Z>W>XB.气态氢化物的稳定性：Y>Z>WC.X与氧元素形成的化合物中阴阳离子个数比均为2∶1D.由X和Y两种元素形成的化合物只有一种【答案】A【解析】【分析】根据题意，W是非金属最强的金属，则W为F元素，X为短周期原子半径最大的元素，则X为Na元素，Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍，又因为Y的原子序数大于X，所以Y为S元素，Z的原子序数大于Y可知Z为Cl元素，所以W是F元素，X是Na元素，Y是S元素，Z是Cl元素，据此分析解题。【详解】A．根据同电子层结构的核电荷数越多半径越小可知Y>Z，W>X，电子层数越多半径越大，可知简单离子半径：Y>Z>W>X，故A正确；B．非金属性越强，单氢化物越稳定，稳定性：W>Z>Y，故B错误；C．Na2O和Na2O2中，阴阳离子个数比为1:2，故C错误；D．X为Na元素，Y是S元素有多种，除Na2S还有Na2Sx，故D错误；故答案选A。21.两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应，产生的氢气的体积比为1∶2(同温同压下)，则第一份与第二份铝屑的质量比为(　　)A.1∶3B.1∶2C.1∶1D.2∶1【答案】B【解析】【详解】铝屑与盐酸和氢氧化钠反应的化学方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；两个化学方程式中铝与氢气的物质的量之比皆为2∶3，题目中说二者产生氢气的体积比为1∶2，故两份铝屑的物质的量之比为1∶2，二者质量之比亦为1∶2，故选项B正确。 22.过碳酸钠（）能杀灭新冠病毒，是一种良好的消毒剂，也可作为漂白剂、去污剂。下列说法不正确的是A.过碳酸钠具有强氧化性B.过碳酸钠的水溶液呈碱性C.二氧化锰、铁离子或高温会减弱过碳酸钠的漂白效果D.过碳酸钠溶液与过量的亚硫酸钠溶液反应的化学方程式：【答案】D【解析】【详解】A．过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)组成中含有H2O2，H2O2具有强氧化性，则过碳酸钠具有强氧化性，故A正确；B．过碳酸钠的水溶液中存在碳酸根离子，碳酸根离子水解使溶液显碱性，故B正确；C．因H2O2不稳定，在二氧化锰催化作用下或高温受热条件下均会分解，导致其失去强氧化性，减弱过碳酸钠漂白效果，故C正确；D．过碳酸钠溶液与过量的亚硫酸钠溶液反应，过碳酸钠只表现强氧化性，反应为：，故D错误；故答案选D。23.取一定质量含Cu，Cu2O，CuO的固体混合物。将其分成二等份，并进行下列转化：据上述实验数据，可推算加入的HNO3物质的量浓度为A.1.6mol/LB.3.2mo/LC.4.8mol/LD.条件不足，无法计算【答案】B【解析】【详解】Cu2O写为CuO·Cu，则固体混合物可看成由CuO和Cu组成，两份固体质量相等，第一份被足量氢气还原后减少6.4g，则n(O)=6.4g÷16g/mol=0.4mol，则“CuO”总物质的量为0.4mol；Cu、Cu2O、CuO与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑、3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+7H2O+2NO↑，CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，产生标况下4.48LNO，即产生NO物质的量为0.2mol，“Cu”物质的量为0.3mol；则混合可看成由0.4molCuO+0.3molCu ，则硝酸总物质的量为0.2mol+0.7mol×2=1.6mol，浓度为1.6mol÷500mL=3.2mol/L，B符合题意；答案选B。24.某工业废水中含有FeSO4和CuSO4(不考虑其他成分)，利用以下流程可以回收FeSO4和Cu。下列说法不正确的是A.操作1和操作2都是过滤B.固体1是Fe和Cu的混合物C.试剂2为适当过量的稀H2SO4D.操作3为蒸发结晶【答案】D【解析】【分析】工业废水中含有FeSO4和CuSO4，加入过量铁粉，铁置换出铜，过滤，固体1中含有Fe、Cu，溶液1含有FeSO4，固体1中加硫酸，铁和硫酸反应生成FeSO4和氢气，过滤，固体2是Cu，FeSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得。【详解】A．操作1和操作2都是固液分离，都是过滤操作，故A正确；B．FeSO4和CuSO4溶液中加入过量铁粉，铁置换出铜，固体1是Cu和剩余的Fe，故B正确；C．试剂2是除去Fe、Cu的混合物中的Fe，并回收FeSO4，所以试剂2为适当过量的稀H2SO4，故C正确；D．从FeSO4溶液获得，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；选D。25.根据实验操作和现象得出的结论不正确的是选项实验操作和现象结论A红热的铁与水蒸气反应后的固体物质，用稀硫酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，未显红色固体物质中可能含有+3价铁元素B钠在空气中加热，发生剧烈反应，得到淡黄色固体固体物质中含有C用硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液由绿变黄氧化性比强D某溶液中滴加溶液，出现白色沉淀，再加足量稀溶液中含有 ，沉淀不溶解A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．红热的铁与水蒸气反应后的固体物质，用稀硫酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，未显红色，Fe3O4中铁元素显+3、+2价，用稀硫酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，未显红色，可能是固体中剩余的铁把Fe3+还原为Fe2+，所以不显红色，故A正确；B．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体Na2O2，故B正确；C．酸性条件下也具有强氧化性，不能说明一定是氧化了，故C错误；D．将SO2通入溴水中，溶液褪色，硫元素化合价由+4变为+6，SO2具有还原性，故D正确；故答案选C。非选择题部分三、非选择题（本大题共5小题，共40分）26.请回答：（1）的电子式是______；漂白粉的有效成分是______（用化学式表示）。（2）足量通入品红溶液，可观察到的现象是____________。（3）实验室制备氯气的离子方程式是____________。【答案】26.①.②.27.溶液褪色28.【解析】【小问1详解】CO2分子是共价化合价物，电子式为，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，化学式为，故答案为：；；【小问2详解】SO2具有漂白性，足量SO2通入品红溶液，可观察到的现象是品红溶液褪色，故答案为：溶液褪色；【小问3详解】实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，反应的离子方程式是： ，故答案为：。27.据报道，我国首次将星载铷（Rb）钟应用于海洋二号卫星，已知Rb的原子序数为37。回答下列有关问题：（1）Rb的原子结构示意图中共有______个电子层，最外层电子数为______。（2）Rb在元素周期表中的位置是______。（3）取少量铷单质加入水中，可观察到其剧烈反应，涉及反应的离子方程式为____________。【答案】（1）①.5②.1（2）第五周期第ⅠA族（3）【解析】【小问1详解】Rb的原子序数为37，原子结构示意图中共有5个电子层，最外层电子数为1；【小问2详解】Rb在元素周期表中的位置是第五周期第ⅠA族【小问3详解】Rb与钠同主族，Rb与水反应生成氢氧化物和氢气，离子方程式。28.为探究固体化合物X（含四种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：已知：白色固体A是一种优质的耐高温材料；无色溶液D只含一种溶质且为正盐。请回答：（1）无色溶液D中溶质的阳离子结构示意图是______。（2）白色固体A→无色溶液B的离子方程式是______。（3）X中含有的元素是H、O和______（填元素符号），X的化学式是______。 【答案】28.29.30.①.Mg、Cl②.【解析】【分析】由题给信息可知，白色固体A是一种优质的耐高温材料，由图可知，固体X隔绝空气加强热得到白色固体A，A溶于盐酸所得溶液B能与过量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀C，则A为氧化镁、B为氯化镁、C为氢氧化镁，则gtX中含有镁元素和氧元素的物质的量都为=0.1mol；由固体X溶于盐酸所得溶液D与足量硝酸银溶液反应生成白色沉淀E可知，D为氯化镁、E为硝酸银，由氯原子个数守恒可知，固体X中含有氯元素的物质的量为—2.00mol/L×0.05L=0.1mol，由题意可知，固体X中含有氢元素的物质的量为=0.1mol，则固体X的化学式为Mg(OH)Cl。【小问1详解】由分析可知，D为氯化镁，化合物中镁离子的核电荷数为12，核外有2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故答案为：；【小问2详解】由分析可知，白色固体A→无色溶液B的反应为氧化镁与盐酸反应生产氯化镁和水，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，固体X中含有氢元素、氧元素、镁元素、氯元素，化学式为Mg(OH)Cl，故答案为：Mg、Cl；Mg(OH)Cl。29.化学实验小组同学利用以下实验装置制备氨气，并探究氨气的性质（部分仪器已略去）。请回答： （1）实验室制备氨气的化学方程式为__________________。（2）用装置B收集氨气时，应选择氨气的进气口是______（选填“a”或“b”）；然后打开装置B中的止水夹c，观察到烧瓶内产生了______（现象）。（3）氨气催化氧化可用于制硝酸，请写出氨气催化氧化的化学方程式____________。（4）为防止环境污染，以下装置（盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨气的是______（填序号）。【答案】（1）。（2）①.a②.红色喷泉（3）4NH3+5O24NO+6H2O（4）②④【解析】【分析】本实验利用装置A制取NH3，利用装置B探究氨气的性质。【小问1详解】实验室制备氨气的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑；【小问2详解】NH3的密度小于空气，则用装置B收集氨气时，应选择氨气的进气口是a；打开装置B中的止水夹c，NH3溶于水生成NH3H2O，烧瓶内压强减小，酚酞溶液喷入烧瓶，NH3H2O为弱碱，其遇酚酞变红，会观察到烧瓶内产生了红色喷泉；【小问3详解】氨气催化氧化生成NO和H2O，其化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；【小问4详解】氨气极易溶于水，可用水吸收氨气，但是应该注意防止倒吸。②④都具有防倒吸功能，可以用来吸收氨气；装置①为封闭体系，当氨水达到饱和瓶内压强增大，气体无法再进入；装置③不能防止倒吸；综上所述选②④。 30.已知硫粉和溶液反应可以生成多硫化钠（），离子反应为：、，现有1.11mol/L溶液200mL，往其中加入13.44g硫粉，控制一定条件使硫粉恰好完全反应，反应后溶液的阴离子有、、（忽略其他阴离子，假设溶液体积不变），且物质的量之比为1∶10∶100，请计算：（1）加入硫粉的物质的量：______mol。（2）反应后：______mol。（3）反应后：______mol/L。【答案】（1）0.42（2）0.222（3）1【解析】【小问1详解】13.44g硫粉的物质的量为；【小问2详解】设反应后溶液的阴离子的物质的量为xmol，由硫元素守恒可得：x+20x+300x=0.42mol+1.11mol/L×0.2L，解得x=0.002，则0.002mol+0.002mol×10+0.002mol×100=0.222mol；