江西省抚州市金溪县第一中学2021-2022学年高二下学期开学考试化学试题含解析

这是一份江西省抚州市金溪县第一中学2021-2022学年高二下学期开学考试化学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。
江西省抚州市金溪县第一中学2021-2022学年高二下学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．对某溶液中可能存在的离子进行检验，下列方法正确的是
A．滴加溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有
B．滴加溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有
C．滴加溶液生成红褐色沉淀，说明原溶液中有
D．滴加稀溶液生成无色气体，说明原溶液中有
【答案】C
【详解】A．加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银、硫酸银等沉淀，不能排除其它离子的干扰，应加入硝酸酸化的硝酸银进行检验，A错误；B．加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，不能排除氯化银的干扰，检验SO42-，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，B错误；C．氢氧化铁为红褐色沉淀，加入氢氧化钠溶液，生成红褐色沉淀，说明原溶液中有Fe3+，C正确；D．向某溶液中滴加稀硫酸，生成无色气体，可能是二氧化碳或是二氧化硫，说明原溶液中有CO32-、SO32-、HCO3-、HSO3-等，D错误，答案选C。
点睛：本题考查离子的检验，注意把握离子的性质的异同，检验时关键是要排除其它离子的干扰，注意实验方案的严密性。
2．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．3g 3He含有的中子数为2NA
B．0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的Na+数目为0.3NA
C．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA
D．标准状况下，11.2L四氯化碳中含有分子的数目为0.5NA
【答案】C
【详解】A．每个3He中含有一个中子，3g3He的物质的量为n= =1mol，故含有的中子数为lNA，故A错误；
B．没有告诉磷酸钠溶液的体积，无法计算溶液中Na+的物质的量及数目，故B错误；
C．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的物质的量为： =0.1mol，所以氧原子的数目为0.1NA，故C正确；
D．标况下四氯化碳为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L四氯化碳的物质的量，故D错误；
答案选C。
3．NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．0.5 mol NO2与11.2 L O3所含的分子数均为0.5 NA
B．同温同压下，相同体积的氢气和氦气所含原子数均为NA
C．7.8 g Na2O2与足量水或CO2反应，转移电子数目均为0.1NA
D．0.5 mol Fe与足量盐酸或足量水蒸气反应，转移电子数目均为NA
【答案】C
【详解】A．未指明标准状况，无法计算氧气的物质的量，A错误；
B．根据阿伏加德罗定律，同温同压同体积，则气体的分子数相同，由于氢气分子中含有两个氢原子，而氦气是单原子分子，故两种气体含有的原子数不一样，B错误；
C．7.8g过氧化钠物质的量为0.1mol，与足量的水或二氧化碳反应，都生成0.05mol氧气，则转移的电子数为0.1NA，C正确；
D．铁与水蒸气中高温下反应生成的是四氧化三铁，0.5mol铁在该反应中转移的电子数会大于1mol，D错误
故选C。
4．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是

A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂
C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】B
【详解】A、25 ℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，A项错误；
B、石灰乳与Cl2的反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，只有氯元素化合价发生变化，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，B项正确；
C、常温下Cl2不与铁反应，加热条件下则可以反应，C项错误；
D、图中所示转化反应中生成NaHCO3、Na2CO3的反应都是非氧化还原反应，D项错误。
答案选B。
5．下列反应的离子方程式正确的是
A．往澄清的石灰水中通入过量CO2：Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O
B．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO+H++OH－=BaSO4↓+H2O
C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+ H2O=2H++ Cl－+ ClO－
D．用酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+ 6H++ 5H2O2=2Mn2++ 5O2↑ + 8H2O
【答案】D
【详解】A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，离子方程式：OH-+CO2=，故A错误；
B．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应，离子方程式为：Ba2++SO+2H++2OH－=BaSO4↓+2H2O ，故B 错误；     
C．将氯气溶于水制备次氯酸，次氯酸为弱电解质不拆，离子方程式为：Cl2+ H2O=H++ Cl－+ HClO，故C 错误；   
D．用酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，离子方程式为：2MnO+ 6H++ 5H2O2=2Mn2++ 5O2↑ + 8H2O ，H2O2做还原剂具有还原性，故D正确；
答案选D。
6．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
B．NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O
C．向澄清石灰水中通入少量CO2：OH－＋CO2=HCO3－
D．将0.2 mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
【答案】D
【详解】A、硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化成铁离子，错误，不选A；
B、碳酸氢铵与足量的氢氧化钡反应生成碳酸钡、氨气和水，铵根离子也反应，错误，不选B；
C、氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，错误，不选C；
D、二者比例为2:3，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸铵，正确，选D。
7．含硫酸的三氧化铬（CrO3）遇酒精（C2H5OH）后，其颜色会从红色变成蓝绿色，利用这个现象可判断汽车司机是否酒后驾车，反应式为：2CrO3+3C2H5OH+3H2SO4→Cr2(SO4)3+3CH3CHO+6H2O，此反应中，硫酸作
A．氧化剂 B．酸化剂 C．还原剂 D．催化剂
【答案】B
【详解】2CrO3+3C2H5OH+3H2SO4→Cr2(SO4)3+3CH3CHO+6H2O中，只有Cr、C元素的化合价发生变化，三氧化铬是氧化剂，乙醇是还原剂，硫酸参与反应转化为硫酸盐，则硫酸在反应中作酸化剂。
答案选B。
8．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH-4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，下列有关说法正确的是（      ）
A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动
B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气
C．乙醇所在的电极发生了氧化反应
D．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣
【答案】C
【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题。
【详解】A.原电池中，阳离子向正极移动，A错误；
B.氧气得电子被还原，化合价由0价降低到-2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，B错误；
C.酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水发生氧化反应，C正确；
C.在燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，溶液为酸性，不能产生OH-，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，电极反应式在书写时要结合溶液的酸碱性分析。
9．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是
A．p(Ne)＞p(H2)＞p(O2) B．p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)
C．p(H2)＞p(O2)＞p(Ne) D．p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)
【答案】D
【详解】根据阿伏加德罗定律，当它们的温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量由小到大的顺序为H2＜Ne＜O2，则压强的大小顺序为p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)；
本题答案选D。
10．现有14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96 L。将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。下列结论不正确的是（    ）

A．原混合气体所含氧原子总数为0.6 NA(用NA表示阿伏加德罗常数的值)
B．标况下气球中收集到的气体体积为4.48L
C．原混合气体的平均摩尔质量为32g/mol
D．原混合气体CO和CO2的体积比为1:1
【答案】C
【分析】根据混合气体的质量和在标准状况下的体积，列方程组解出其中所含CO和CO2物质的量，结合物质的性质和相关公式分析作答。
【详解】14.4 g CO和CO2的混合气体在标准状况下所占的体积约为8.96 L，则28g/moln（CO）+44g/moln（CO2）=14.4g，n（CO）+n（CO2）==0.4mol，解得n（CO）=0.2mol，n（CO2）=0.2mol；
A.原混合气体所含氧原子物质的量为0.2mol+0.2mol×2=0.6mol，所含O原子数为0.6NA，A正确；
B.NaOH溶液将CO2吸收，浓硫酸干燥CO，最终气球中收集到0.2molCO，在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，B正确；
C.原混合气体总物质的量为0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为=36g/mol，C错误；
D.原混合气体中CO与CO2的体积之比，等于CO与CO2物质的量之比，为1:1，D正确；
答案选C。
【点睛】本题也可用十字交叉法解题，n（混合气体）==0.4mol，则混合气体的平均摩尔质量为=36g/mol，用十字交叉，即CO与CO2物质的量之比为1:1。
11．将标准状况下的气体溶于水中，得到的盐酸密度为，则该盐酸的物质的量浓度是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】标准状况下aLHCl的物质的量n（HCl）== mol，所得盐酸的质量为mol36.5g/mol+1000g=g，盐酸的体积为 gg/cm3=cm3，则盐酸物质的量浓度为 =mol/L，答案选D。
12．下列描述的化学反应状态，不一定是平衡状态的是
A．H2(g)+Br2(g)2HBr(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变
B．2NO2(g)N2O4(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变
C．CaCO3(s)CO2(g)+CaO(s)，恒温、恒容下，反应体系中气体的密度保持不变
D．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3：1
【答案】D
【详解】A．颜色的深浅与浓度有关系，恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变，说明溴分子的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，选项A不符合；
B．正反应是体积减小的，则恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变可以说明反应达到平衡状态，选项B不符合；
C．密度是气体的质量与容器容积的比值，气体质量是变化的，则恒温、恒容下，反应体系中气体的密度保持不变可以说明反应达到平衡状态，选项C不符合；
D．反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3:1不能说明正逆反应速率相等，则不一定处于平衡状态，选项D符合；
答案选D。
13．安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑，下列判断正确的是
A．每生成16 mol N2转移30 mol电子
B．NaN3中N元素被还原
C．N2既是氧化剂又是还原剂
D．还原产物与氧化产物质量之比为1∶15
【答案】D
【详解】A、根据方程式可知NaN3中氮元素的化合价从－1/3升高到0价，作还原剂。硝酸钾中氮元素的化合价从＋5价降低到0价，作氧化剂，因此每生成16 mol N2转移10 mol电子，A错误；
B、NaN3中N元素被氧化，B错误；
C、氮气既是氧化产物，也是还原产物，C错误；
D、根据电子得失守恒可知还原产物与氧化产物质量之比为1:15，D正确。
答案选D。
14．有金属单质0.05mol与氯气完全反应后，质量增重3.55g，则该金属为
A．钠 B．镁 C．铝 D．铁
【答案】B
【详解】金属单质与氯气发生化合反应，增加的质量就是生成的氯化物中氯的质量，所以0.05mol金属单质，需要n==0.05mol的氯气，0.05molCl2参与反应变为氯离子共得到0.05mol×2=0.1mol电子，也就是说0.05mol金属单质中有0.1mol电子失去，即1mol金属单质与氯气反应转移2mol电子，这说明金属和氯气的反应系数比是1 : 1，金属形成离子后是+2价。
A. 钠与氯气反应后为+1价，故A错误；
B. 镁与氯气反应后为+2价，故B正确；
C. 铝与氯气反应后为+3价，故C错误；
D. 由于氯气为强氧化剂，铁与氯气反应后直接变为+3价，故D错误；
答案选B。
15．将和的样品溶解在过量的物质的量浓度为的溶液中，然后向其中加入溶液使、刚好完全沉淀，用去溶液，则溶液的浓度为
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），进而计算NaOH的物质的量浓度。
【详解】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n(Na2SO4)=n(H2SO4)=0.2L×0.05mol/L=0.01mol，根据钠离子守恒有n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.02mol，则该c(NaOH)==0.2mol/L，故答案为C。
16．取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为（　　）
A．2：1：2 B．2：1：3
C．6：3：2 D．3：7：1
【答案】C
【详解】2KI+Cl2=2KCl+I2
2       1
6       3
Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl
1               1
3               3
2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2
2              3
由上面关系可知，当它们都消耗3mol氯气时，分别需要KI、Na2SO3、FeBr2的物质的量为6mol、3mol和2mol，所以选C。

二、填空题
17．某小组同学用一种铝铁合金为原料，模拟相关的工业生产，反应过程如图所示(部分产物和条件已略去)，请回答：
(1)铁铝合金是一种高电磁性能合金，下列有关推测可能正确的是_____(填序号)。
A．铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成
B．铁铝合金的熔点高于铝和铁
C．铁铝合金硬度高于纯铝
(2)反应①中铝元素发生反应的离子方程式为__________________。
(3)反应②的化学方程式为___________。
(4)反应③发生时观察到的现象是__________，用化学方程式表示颜色变化的原因________。
【答案】     AC     Al3++4OH—= AlO+2H2O     2Al +2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑     生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色     4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O = 4Fe(OH)3
【分析】分析流程可知，铁和铝在足量稀硫酸里发生反应生成硫酸亚铁和硫酸铝，加入足量的NaOH溶液时，①中的反应有硫酸与氢氧化钠的酸碱中和，硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁灼烧得到氧化铁，则固体A为氧化铁；④中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，灼烧氢氧化铝得到氧化铝，固体B为氧化铝；②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，铁不和NaOH反应，过滤出来后和稀硫酸反应生成硫酸亚铁；③中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁。
【详解】(1)A．铁铝合金是由铁和铝熔融混合制成的具有特征性质的混合物，故A正确；B．合金熔点低于各成分，则铁铝合金的熔点低于铝和铁，故B错误；C．合金硬度大，则铁铝合金硬度高于纯铝，故C正确；综上所述，故答案为：AC；
(2)①中硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应的离子方程式为Al3++4OH﹣=+2H2O；
(3)②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(4)③中硫酸亚铁与氢氧化钠反应先生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，现象是先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色，其反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
18．氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。
(1)高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生如下反应：2KMnO4＋16HBr=5Br2＋2MnBr2＋2KBr＋8H2O。若有0.8mol还原剂被氧化，则转移的电子数是________。
(2)人体内所含铁元素以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为____，但Fe2＋在酸性条件下很容易被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式__________。
(3)H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为Ag，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中P元素的化合价为__________。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶1，则氧化产物为_________。
【答案】     0.8NA     Fe + 2H+ = Fe2+ + H2     4Fe2+ + O2 + 4H+ =4Fe3+ + 2H2O     +1     H3PO4或PO
【详解】(1) 反应2KMnO4+16HBr═5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，Br元素化合价升高1价，Mn元素化合价降低5价，反应中转移10个电子，HBr为还原剂，若有0.8mol还原剂被氧化，则转移电子的数目是0.8NA，故答案为：0.8NA；
(2) 铁粉在人体胃酸中发生反应生成亚铁离子和氢气，离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe2+在酸性条件下被氧气氧化为Fe3+，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
(3) ①根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价，O元素为-2价、H元素为+1价，所以P元素为+1价，故答案为：+1；
②该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4或PO，故答案为：H3PO4或PO。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握物质的性质、元素的化合价变化、电子转移为解答的关键。
19．(1)如图所示装置中，Cu 片是______________(填“正极”或“负极”)。



(2)写出负极发生的电极反应式__________。
(3)2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家。某锂离子电池的工作原理如下。

下列说法正确的是_________(填序号)。
① A 为电池的正极
② 该装置实现了化学能转化为电能
③ 电池工作时，电池内部的锂离子定向移动
(4)在体积为1L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。

①3～9min内，v(H2)=_______mol·L—1·min—1。
②能说明上述反应达到平衡状态的是________(填序号)。
A．容器内CO2、H2、CH3OH、H2O(g)的浓度之比为1∶3∶1∶1
B．v正(CO2)∶v逆(H2)＝1∶3
C．单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol CO2
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
③平衡混合气体中甲醇气体的体积分数____________。
【答案】     正极     Zn – 2e-= Zn2+     ②③     0.125     BCD     0.30
【详解】(1)Zn与硫酸反应，Cu不反应，Zn失去电子发生氧化反应，故Zn为负极，Cu为正极，故答案为：正极；
(2) 负极的电极反应式为：Zn – 2e-= Zn2+，故答案为：Zn – 2e-= Zn2+；
(3) ①由图所示，电子从A极流出，流入B极，故A为负极，B为正极，故①错误；
②该装置为原电池，实现了化学能转化为电能，故②正确；
③由图所示，电池工作时，电池内部的锂离子从负极区向正极区定向移动，故③正确；
故答案为：②③；
(4)①由图像可知，3～9min内，△c(CO2)=0.25mol/L，则v(CO2)= =mol/(Lmin)，由计量数关系计算v(H2)=3v(CO2)= 0.125 mol/(Lmin)，故答案为：0.125；
②A．容器内n(CO2)：n(H2)：n(CH3OH)：n(H2O)=1：3：1：1，不能说明正逆反应速率相等反应速率，故A错误；
B．v正(CO2)∶v逆(H2)＝1∶3，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol CO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态故，C正确；
D．容器内气体质量守恒，当气体的物质的量不再随时间而发生变化，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，可说明达到平衡状态，，故D正确。
故答案为：BCD。
③根据题意可列三段式：，平衡混合气体中甲醇气体的体积分数= =0.30，故答案为0.30。

三、元素或物质推断题
20．短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有A与C、 B与D同主族， C的离子和B的离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物溶于水形成的溶液呈碱性， E的单质为黄绿色气体可用于漂白和消毒，用化学用语回答下列问题：
(1)由A和B、D、E所形成的共价化合物，热稳定性最差的是___________；
(2) 由A和C形成的化合物的电子式表示为_______________；
(3)由A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应所得产物的化学式为___________，其中存在化学键的类型为______________。
(4)元素D在周期表中的位置是______________。
【答案】     PH3     Na+[：H] —     NH4Cl     离子键 共价键     第3周期 VA族
【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的化合物溶于水形成的溶液呈碱性，该化合物为NH3，则A为H元素、B为N元素；A与C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素；B与D同族，则D为P元素；E的单质为黄绿色气体可用于漂白和消毒，E为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据以上分析，短周期元素A、B、C、D、E分别为：H、N、Na、P、Cl元素。
(1)由A和B、D、E所形成的共价化合物分别为NH3、PH3、HCl，非金属性越强氢化物越稳定，非金属性Cl>N>P，故热稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；
(2) 由A和C形成的化合物为NaH，为离子化合物，电子式为Na+[：H] —，故答案为：Na+[：H] —；
(3) A和B形成NH3，A和E形成的化合物为HCl，二者反应生成NH4Cl，氯化铵为离子化合物，其中存在离子键和共价键，故答案为：NH4Cl；离子键、共价键；
(4)D为P元素，在周期表中的位于第3周期 VA族，故答案为：第3周期 VA族。

四、实验题
21．某课外活动小组学生模拟呼吸面具中的反应原理(过氧化钠与潮湿二氧化碳的反应)。
用如图所示仪器来制取氧气并测量氧气的体积。

上图中的量气装置E是由甲、乙两根玻璃管组成，它们用橡皮管连通，并装入适量水。甲管有刻度(0~ 50mL)，供量气用，乙管可上下移动，以调节液面高低。
实验室可供选用的药品还有：稀硫酸、稀盐酸、过氧化钠、碳酸钠、大理石、水。
(1)上述装置的连接顺序是(填各接口的编号，其中连接胶管及夹持装置均省略)____________。
(2)C 装置中放入的反应物是_________________________。
(3)装置A的作用是__________，装置B的作用是___________。
(4)为了较准确地测量氧气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读取反应前后甲管中液面的读数并求其差值的过程中，需要注意___________。
A．视线与凹液面最低处平切。
B．待体系恢复至室温再读数。
C．上下移动乙管，使甲、乙两管内液面持平时再读数。
D．反应停止后立即读数。
【答案】     ⑤③④⑥⑦②①⑧(其中⑥⑦顺序可对调)     大理石和稀盐酸     吸收O2中未反应的CO2     吸收CO2中的HCl     ABC
【分析】要求利用过氧化钠与二氧化碳(潮湿)反应制取氧气，故首先需要制备二氧化碳，只有仪器C可以用来制取二氧化碳，制气原料应该采用大理石和盐酸，此法制得的二氧化碳中会含有少量氯化氢，须通过装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，以除去氯化氢，然后使净化后的二氧化碳通过过氧化钠来制取氧气，该仪器只能选用装置D，此反应属于气体与固体之间的反应，不易反应完全，为了除去生成的氧气中混有未反应的二氧化碳，可以使它们通过仪器A。在测量氧气体积时，为了使测量更为准确，要注意上下移动仪器E中的乙管，使甲、乙两管的液面相平，以使甲管中的气压与大气气压相等，同时视线应与甲管内凹液面最低处相平，以减少观察误差。
【详解】(1)根据上述分析，仪器C可以用来制取二氧化碳，连接③用来除去HCl，④连接⑥可使二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，然后连接②可除去未反应的二氧化碳，最后连接⑧测量气体的体积，所以顺序为⑤③④⑥⑦②①⑧(⑥⑦可颠倒)，故答案为⑤③④⑥⑦②①⑧(⑥⑦可颠倒)；
(2)只有仪器C可以用来制取二氧化碳，制气原料应该采用大理石和盐酸，故答案为大理石和盐酸；
(3)仪器C可以用来制取二氧化碳，制得的二氧化碳中会含有少量氯化氢，须通过装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶B，以除去这些氯化氢，净化后的二氧化碳通过过氧化钠来制取氧气，为了除去生成的氧气中混有未反应的二氧化碳，可以使它们通过洗气瓶A，故答案为吸收O2中未反应的CO2；吸收CO2中的HCl；
(4)为了较准确地测量氧气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读取反应前后甲管中液面的读数应注意：①读数时要调节E中甲乙的液面使其同一高度；②读数时视线要与凹液面最低处相平，③反应结束后，不能立即读数，需要待体系恢复至室温再读数，故答案为ABC。