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2022-2023学年河北省石家庄市第二中学高一下学期3月月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年河北省石家庄市第二中学高一下学期3月月考化学试题含解析，共25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。
河北省石家庄市第二中学2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．北京成为世界上首座“双奥之城”北京冬奥会也是历史上首个全部使用绿色清洁能源供电的奥运会，场馆大量使用了绿色环保的碲化镉(CdTe)发电玻璃，下列说法正确的是
A．114Cd比112Cd多两个质子 B．Te的中子数为128
C．Te的核电荷数为76 D．112Cd与114Cd为同位素
【答案】D
【详解】A．114Cd与112Cd互为同位素，具有相同的质子数不同的中子数，故A错误；
B．质子数+中子数=质量数，则原子核内中子数为128-52=76，故B错误；
C．的左下角的数字为质子数，质子数=核电荷数，为52，故C错误；
D．二者质子数相同、中子数不同，则互为同位素，故D正确；
故选：D。
2．X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，、、简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是
A．已知与，得
B．离子半径：
C．的还原性一定大于
D．气态氢化物的稳定性一定大于
【答案】C
【详解】A．与的电子层结构相同，则二种离子核外电子数相等，从而得出m-a=n+b，A不正确；
B．、、的电子层结构相同，则原子序数Z＜Y＜X，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径：，B不正确；
C．、的电子层结构相同，则Y、Z属于同一周期元素，且Z在Y的左边，非金属性Z＜Y，所以的还原性一定大于，C正确；
D．由C选项的分析可知，非金属性Z＜Y，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性小于，D不正确；
故选C。
3．下列叙述正确的是
①用电子式表示MgCl2的形成过程为：
②两个不同种非金属元素的原子间形成的化学键都是极性键
③离子化合物在熔融状态时能够导电
④含有非极性键的化合物一定是共价化合物
⑤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
⑥次氯酸的电子式：H：Cl：O：
⑦离子化合物中一定含有离子键
A．①②③④⑥⑦ B．①②③④⑤⑦ C．②③⑦ D．全部
【答案】C
【详解】①用电子式表示MgCl2的形成过程中镁失去电子转移至氯，电子转移的箭头应从Mg指向Cl，①不正确；
②极性键是由两个不同种非金属元素的原子间所形成，②正确；
③在熔融状态时，离子化合物中的阴、阳离子能发生自由移动，能够导电，③正确；
④离子化合物Na2O2中含有氧氧非极性键，④不正确；
⑤过渡金属是指从IIIB到IIB之间的十个纵列元素，并不是元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素，⑤不正确；
⑥次氯酸的电子式为，⑥不正确；
⑦离子化合物中一定含有离子键，含离子键的化合物一定是离子化合物，⑦正确；
综合以上分析，只有②③⑦正确，故选C。
4．X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，其中X、Y位于同一主族，Y与M、X与Z位于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比X原子的少1。M是同周期主族元素中半径最大的。下列说法错误的是
A．X、Y的最简单氢化物中，X的最简单氢化物沸点更高
B．四种元素简单离子的半径大小为Y>X>Z>M
C．Y的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2YO4
D．X、Y、M可以组成多种离子化合物
【答案】B
【分析】X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X原子有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；X、Y位于同一主族，则Y为S元素；Z原子的核外电子数比X原子的少1，则最外层有5个电子，又X与Z位于同一周期，则Z为N元素；M是同周期主族元素中半径最大的元素，应是IA族元素，由Y与M位于同一周期，则M为Na元素，根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变性和相似性解答。
【详解】A．X为O元素，对应最简单氢化物水中含有氢键，常温下为液态，而硫化氢为气态，故水的沸点更高，故A正确；
B．离子的核外电子层数越多半径越大，S2-半径最大，Na+、O2-、N3-核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则四种元素简单离子的半径大小为Y >Z>X >M，故B错误；
C．S的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故C正确；
D．O、S、Na可以组成Na2SO4、Na2SO3等离子化合物，故D正确；
答案选B。
5．根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
事实
推测
A．
12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快
56Ba(ⅡA)与水反应会更快
B．
Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料
ⅣA族的元素都是半导体材料
C．
HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D．
Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时能反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．同主族金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，与水反应剧烈程度增强。元素的金属性：Ba＞Ca＞Mg，故可根据Ca与水反应较快推知Ba与水反应会更快，A正确；
B．半导体材料通常位于元素周期表中金属元素和非金属元素的分界处，Si和Ge处于金属和非金属分界线处，能作半导体，而C和Pb不能作半导体，所以第IVA族元素并不都是半导体材料，B错误；
C．同主族元素从上到下元素的非金属元素逐渐减弱，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：Cl＞Br＞I，所以HBr的稳定性介于HCl、HI之间，其分解温度介于二者之间，C正确；
D．同周期元素的非金属元素从左到右逐渐增强，元素的非金属性越强，其单质与H2化合就越容易，元素的非金属性：S＞P＞Si，所以可根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应推知P与H2在高温时能反应，D正确；
故合理选项是B。
6．利用覆铜板制作图案时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3 +Cu=2FeCl2 +CuCl2.现有铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0mol/L FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g，下列说法正确的是
A．反应后溶液中c(Fe2+)=0.6 mol/L
B．剩余固体是铁、 铜混合物。
C．原固体混合物中铜的质量是12.4g
D．反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)= 1.5mol
【答案】C
【分析】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，与FeCl3溶液反应时先后发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2+ +2Fe2+，原溶液中含有FeCl3的物质的量是n(FeCl3)=5 mol/L×0.1 L=0.5 mol，假设0.5 mol FeCl3完全反应消耗Fe、Cu的质量分别是m1、m2，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知0.5 mol Fe3+反应消耗Fe的质量为m1=；根据Cu+2Fe3+=Cu2+ +2Fe2+可知0.5 mol Fe3+反应消耗Cu的质量为m2=，实际溶解金属质量18 g-2.8 g=15.2 g，14g＜15.2g＜16 g，可见：Fe完全反应，Cu部分反应，Fe3+反应完全，剩余金属是Cu，设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则有关系式：①64n1+56n2=15.2 g；②n1+n2=n (Fe3+ )=0.25 mol，解得n1=0.15 mol，n2=0.1 mol，则原来混合物中含有的铜的质量m(Cu)=0.15mol×64 g/mol+2.8 g=12.4 g ，根据反应方程式可知反应后溶液中n(Fe2+)=2n(Cu) +3n(Fe) =2×0.15mol+3×0.10 mol=0.6 mol，反应后溶液中铜离子的物质的量为n(Cu2+)=n(Cu)=0.15 mol，据此回答。
【详解】A． 据分析，反应后溶液中溶液中n(Fe2+)=0.6 mol，c(Fe2+)=6 mol/L，A错误；
B．据分析，剩余的金属为Cu，B错误；
C．据分析，原固体混合物中铜的质量是12.4g ，C正确；
D．据分析，反应后溶液中n(Fe2+)=0.6 mol，反应后溶液中铜离子的物质的量为n(Cu2+)= 0.15 mol，故n(Fe2+)+n(Cu2+) =0.6 mol+0.15 mol=0.75 mol，D错误；
答案选C。
7．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是
A．四种元素中b的金属性最强
B．原子半径：
C．d的单质氧化性比a的单质氧化性强
D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱
【答案】A
【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素；则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题，由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。
【详解】A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，A正确；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，B错误；
C．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，C错误；
D．c为Al，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，D错误；
故答案选：A。
8．有A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是
A．C单质常温下只能溶于稀盐酸，不能溶于氢氧化钠溶液
B．A和C两种元素形成的化合物熔点较高
C．可通过焰色反应检验B元素
D．A和D两种元素形成的化合物能与氢氧化钠溶液反应
【答案】A
【分析】A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，由于最外层不超过8个电子，则A有2个电子层，最外层有6个电子，为O元素；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，B为Na元素；C元素是地壳中含量最多的金属元素，为Al元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，M层电子数为6，为S元素，据此分析判断。
【详解】根据上述分析，A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为S元素。
A．常温下，铝能溶于稀盐酸，也能溶于氢氧化钠溶液，故A错误；
B．A和C两种元素形成的化合物为氧化铝，熔点较高，故B正确；
C．钠的焰色反应为黄色，可通过焰色反应检验B元素，故C正确；
D．A和D两种元素形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，都是酸性氧化物，都能与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，故D正确；
故选A。
9．下列说法不正确的是
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键
②若R2-和M+的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构
⑤固体融化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键
⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1：2
⑧由于非金属性：Cl＞Br＞I，所以酸性：HCl＞HBr＞HI
A．②⑤⑥⑧ B．①③④⑤
C．②④⑤ D．③⑤⑦⑧
【答案】A
【详解】①N2H4分子结构式为，该分子中既含极性键又含非极性键，故①正确；
②若R2−和M+的电子层结构相同，M在下一个电子层，则原子序数：M＞R，故②错误；
③根据相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高，故③正确；
④根据价态绝对值加原子最外层电子数是否等于8分析8e－稳定结构，因此NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e－稳定结构，故④正确；
⑤固体融化成液体的过程不一定不破坏化学键，比如NaCl熔化，破坏了离子键，故⑤错误；
⑥HF中化学键键键长短，键能大，因此HF分子很稳定，故⑥错误；
⑦Na2O2固体中的阴离子为，阳离子为Na＋，其阴离子和阳离子个数比是1：2，故⑦正确；
⑧非金属越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性：Cl＞Br＞I，因此酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故⑧错误；
因此②⑤⑥⑧错误，故答案选A。
10．四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z-与某稀有气体具有相同的电子层结构。下列说法正确的是
A．简单离子半径：WZ
【答案】B
【分析】X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素；则W位于第二周期，Y、Z位于第三周期，Z-与某稀有气体具有相同的电子层结构，则Z为Cl元素；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S。
【详解】A．X与W的离子电子层结构相同，但W的核电荷数越小，所以离子半径W＞X，A错误；
B．W与X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后均生成NaOH，溶液呈碱性，B正确；
C．W与Y同族，且W位于Y的上一周期，则气态氢化物的热稳定性W＞Y，C错误；
D．Y、Z处于第三周期，且Y的原子序数小于Z，则非金属性Z＞Y，所以最高价氧化物的水化物的酸性：Z＞Y，D错误；
综上所述答案为B。
11．在标准状况下，将和CO的混合气体(密度是的16倍)充满一盛有足量的密闭容器中(容积为22.4L)，用间断的电火花引发至充分反应。反应完全后容器里存在的物质叙述正确的是
A．存在0.5的CO B．存在0.125的
C．存在0.25的 D．存在1.25的
【答案】B
【分析】本题涉及的反应有：①2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，②2CO+O2=2CO2，(①+②)/2得③CO+Na2O2=Na2CO3。足量Na2O2时以①③计算反应产物。
【详解】设混合气体中CO2和CO的物质的量分别是x、y，则(x+y)×22.4L/mol=22.4L，44g/mol×x+28g/mol×y=32 g/mol×(x+y)，解得x=0.25mol，y=0.75mol；
反应①中，0.25molCO2反应生成0.25molNa2CO3和0.125molO2；反应③中，0.75molCO反应生成0.75molNa2CO3；所以共生成1molNa2CO3和0.125molO2；
故选B。
12．短周期元素A和B，其中A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b； B元素的原子M层电子数是(a- b)，L层电子数是(a+b)，则A、B两种元素形成的化合物的化学式可能表示为
A．B3A2 B．AB2 C．A3B2 D．BA2
【答案】D
【详解】短周期元素A和B，其中A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b； B元素的原子M层电子数是(a- b)，L层电子数是(a+b)，则L层电子数为8，即a+b=8,元素A有两个电子层，则b=2,所以a=8-2=6，则A为氧元素；B元素的原子M层电子数是a-b=6-2=4,B为硅元素，A、B两元素形成的化合物为SiO2，即BA2。
故答案为：D
13．短周期元素A、B、C、D、E、X在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D与E、C与X不相邻。下列说法正确的是
A．简单离子半径：r(E)＞r(B)＞r(C)＞r(D)
B．若E存在简单气态氢化物，则简单气态氢化物的热稳定性：C＞B＞E
C．A、B、C三种元素所形成化合物的水溶液一定具有酸性
D．若A、C形成的简单化合物在通常状况下呈液态，则E位于第三周期ⅣA族
【答案】B
【分析】根据元素在周期表的相对位置，可确定A是H，D是Na，X是Ne元素，B、C是同一周期相邻元素，B、E是同一主族元素，但不能确定B、C、E这三种元素具体是哪种。
【详解】A．根据元素相对位置可知：若E是非金属元素，B、C、D对应简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，E离子核外比其它三种元素的离子核外多一个电子层，则离子半径大小关系为r(E)＞r(B)＞r(C)＞r(D)；若E为金属元素，则E、D、B、C对应简单离子均具有相同的电子层结构，则r(B)＞r(C)＞r(D)＞r(E)，A错误；
B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。若E存在简单气态氢化物，则B、C、E均为非金属元素，根据元素的相对位置可知：元素的非金属性：C＞B＞E，则简单气态氢化物的热稳定性：C＞B＞E，B正确；
C．A 是H，若B为N元素，C为O元素，由氢元素、氮元素、氧元素组成化合物的NH3·H2O为弱碱，C错误；
D．若A、C形成的简单化合物在通常状况下呈液态，则C为氧元素，E就是磷元素，P元素原子核外电子排布为2、8、5，在元素周期表中位于第三周期第VA族，D错误；
故合理选项是B。
14．短周期元素X、Y、Z、M、N、W原子序数依次递增，六种元素形成的一种化合物结构如图所示，其中元素Z最外层电子数为内层电子数的3倍。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性W>Y>N
B．元素Z与其他五种元素均可形成2种及以上化合物
C．简单离子半径Z>M>W
D．元素X与其他五种元素均可形成共价化合物
【答案】B
【分析】元素Z最外层电子数为内层电子数的3倍，Z为O，根据分子中各原子成键情况及短周期元素X、Y、Z、M、N、W原子序数依次递增，可推知六种元素分别为H、C、O、Na、P、Cl。
【详解】A．最高价氧化物对应水化物酸性，A错误；
B．O与其他元素均可形成2种及以上化合物，B正确；
C．简单离子半径，C错误；
D．H与Na形成离子化合物NaH，D错误；
故选B。
15．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素。它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法错误的是（ ）
A．X、Y、Z能组成共价化合物
B．Z与Y元素的原子半径大小顺序为Y＞Z
C．X、Y、Z之间形成的核外电子总数为10的微粒只有和
D．Z、W元素的最简单氢化物的沸点和稳定性均为＞
【答案】C
【分析】X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、W分别位于不同周期，则X为H元素；在元素周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17，可能出现的位置关系有、，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有，解得，Y、Z、W对应的元素分别为N、O、S；若为第二种情况，则有，解得，不合理，则X、Y、Z和W分别为H、N、O和S，由此分析。
【详解】A．X、Y、Z分别为H、N、O，可形成和等共价化合物，故A正确；
B．Y、Z分别为N、O，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Y＞Z，故B正确；
C．H与N、O元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有、、、、等，故C错误；
D．Z、W分别为O和S，最简单氢化物分别为水和硫化氢，元素的非金属性越强，对应简单氢化物稳定性越强，且水分子之间存在氢键，则二者最简单氢化物的沸点和稳定性均为＞，故D正确；
答案选C。
16．核内中子数为N的R2+质量数为A，则ng它氧化物(RO)中所含质子的物质的量是
A．(A-N+8)mol B．(A-N+10)mol
C．(A-N+2)rmol D．(A-N+6)mol
【答案】A
【详解】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该氧化物(RO)的摩尔质量为(A+16)g/mol，n g它的氧化物的物质的量为mol。一个氧化物分子中含有(A-N+8)个质子，质子数和电子数相等，所以ng它的氧化物(RO)中所含电子的物质的量为：(A-N+8)mol，A项正确；答案选A。
17．X元素组成三种气态单质都是双原子分子，它们的相对分子质量分别是32、34、36。现有这三种单质的混合气体、分子数之比为15：4：1，下列说法正确的是
A．若该容器中的X2全部转化成同素异形体X3，则X3的分子有12种
B．质量数为16的同位素的丰度为85%
C．该元素的近似相对原子质量为17
D．该元素所含三种同位素的原子数之比为15：4
【答案】B
【分析】X元素组成三种气态单质都是双原子分子，它们相对分子质量分别 32、34、36，则X元素应有两种核素，16X、18X，据此分析
【详解】A．构成成X3，应是16X3、16X218X、16X18X2、18X3，共有4种形式，故A错误；
B．三种双原子气态单质分别为16X2、16X18X、18X2，分子数之比为15∶4∶1，因此质量数为16同位素的丰度为=85%，故B正确；
C．元素的近似相对原子质量为16×85%+18×15%=16.3，故C错误；
D．根据上述分析，X有两个同位素，故D错误；
答案为B。
18．下列关于化学键的叙述正确的是
①化学键只存在于分子之间
②化学键是相邻原子之间强烈的相互作用
③化学键是一种静电作用
④化学键是相邻分子之间强烈的相互吸引
⑤离子化合物中可能含有共价键
⑥共价化合物中可能含有离子键
⑦离子化合物中只含离子键
⑧共价化合物中不含离子键
A．②③④⑦ B．②③⑤⑧
C．②④⑤⑥ D．①③⑤⑧
【答案】B
【详解】化学键是相邻原子之间强烈的相互作用，不存在于分子之间，这种相互作用的实质是一种静电作用，故①④错误，②③正确；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，但共价化合物中一定只含共价键，不含离子键，故⑤⑧正确，⑥⑦错误；因此正确的是：②③⑤⑧，故答案为：B。
【点睛】离子化合物中一定含有离子键，有可能含有共价键或配位键，共价化合物中一定只是含有共价键(有可能还有配位键，如CO)，不含离子键，共价键又分为极性共价键和非极性共价键，分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体。
19．X、Y、Z、U、W五种短周期非金属元素的原子半径与原子序数有如图所示的关系，化合物XZ是水煤气的主要成分之一，下列说法不正确的是
A．XZ2与氢氧化钠溶液反应可能生成酸式盐
B．X、Y、Z形成的简单氢化物的稳定性逐渐减弱
C．U、X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强
D．若元素T的原子序数大于U且与U同主族，则T的金属性强于U
【答案】B
【分析】化合物XZ是水煤气的主要成分之一，则XZ为CO，根据原子半径X大于Z可知，X为C、Z为O，结合原子序数大小可知Y为N元素，a=7；U的原子序数是2a=14，则U为Si元素；W的原子序数=2a+3=17，为Cl元素，据此进行解答。
【详解】根据上述分析可知X是C，Y是N，Z是O，U是Si，W为Cl元素。
A. XZ2是CO2，该物质是酸性氧化物，少量CO2与NaOH溶液反应产生正盐Na2CO3，过量CO2与NaOH溶液反应产生酸式盐NaHCO3，A正确；
B. X是C，Y是N、Z是O，由于元素的非金属性C
D. U为Si元素，T元素为与U同主族且在下一周期，则T为Ge元素，同一主族的元素，由上到下元素的金属性逐渐增强，所以元素的金属性T>U，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
20．运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是
①铍(Be)的氧化物的水化物可能具有两性
②铊(Tl)与铝同族，其单质既能与盐酸反应产生氢气，又能与NaOH溶液反应产生氢气
③砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸
④锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，锂溶于水生成一种强碱
⑤硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体
⑥硒化氢(H2Se)是无色、有毒、比H2S稳定的气体
A．①②③④ B．②④⑥ C．①③⑤ D．②④⑤
【答案】B
【详解】①铍(Be)的氧化物的水化物和铝的氧化物的水化物氢氧化铝性质相似，可能具有两性，①项正确；
②铊(Tl)与铝同族，从上到下，金属性增强，只能和酸液反应放出氢气，②项错误；
③根据卤族元素以及银盐的性质，可以推知砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，③项正确；
④根据钠和锂的性质的递变规律和性质的相似性，可以推知锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O，④项错误；
⑤根据第ⅡA元素硫酸盐性质的地变规律，可以知道硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，⑤项正确；
⑥硒化氢(H2Se)是无色、有毒，不如H2S稳定的气体，⑥项错误；
答案选B。
二、填空题
21．回答下列问题：
(1)下列变化：①I2升华；②烧碱熔化；③NaCl溶于水；④HCl溶于水；⑤O2溶于水；⑥NH4HCO3受热分解。其中仅发生共价键破坏的是_____(填序号，下同)；仅发生离子键破坏的是_____。
(2)在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤H2O2、⑥NH4Cl、⑦NaOH、⑧Ar、⑨CO2、⑩C2H4(用物质前序号填空)，其中只存在非极性健的分子是_____；既存在离子键又存在极性键的是_____。
(3)写出下列物质的电子式。
①Na2O2_____。
②HClO_____。
③NH4Cl_____。
【答案】(1) ④ ②③
(2) ② ⑥⑦
(3)
【详解】（1）①I2升华破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关；
②烧碱熔化断裂离子键变为自由移动的Na+、OH-，与共价键无关；
③NaCl是离子化合物，其溶于水时，断裂离子键变为自由移动的Na+、Cl-，没有断裂共价键；
④HCl溶于水时，在水分子作用下断裂共价键，变为自由移动的H+、Cl-，没有断裂离子键；
⑤O2溶于水时，破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键强弱无关；
⑥NH4HCO3受热分解变为NH3、H2O、CO2，断裂的是离子键、共价键。因此其中仅发生共价键破坏的是④；仅发生离子键破坏的是②③；
（2）①在HCl分子中仅存在极性共价键；
②在N2分子中仅存在非极性共价键；
③中NH3分子中仅存在极性共价键；
④Na2O2是离子化合物，在Na2O2中存在离子键和非极性共价键；
⑤H2O2是共价化合物，在该物质分子中含有极性共价键、非极性共价键；
⑥NH4Cl是离子化合物，其中含有离子键和极性共价键；
⑦NaOH是离子化合物，其中含有离子键和极性共价键；
⑧Ar是由分子构成的物质，物质分子是单原子分子，不存在化学键；
⑨CO2是共价化合物，在该物质分子中只含有极性共价键；
⑩C2H4是由分子构成的物质，在物质分子中含有极性共价键和非极性共价键。
综上所述可知：其中只存在非极性键的分子是②；既存在离子键又存在极性键的是⑥⑦；
（3）Na2O2是离子化合物，在Na2O2中，2个Na+与之间以离子键结合，在阴离子中，2个O原子之间以共价单键结合，故Na2O2的电子式为：；
②HClO是共价化合物，在HClO分子中，O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，使分子中的原子达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故HClO的电子式为：；
③NH4Cl是离子化合物，与Cl-之间以离子键结合，在中N原子与4个H原子之间以共价键结合，故NH4Cl的电子式为：。
22．下表为元素周期表的一部分。回答下列问题：
a
b
c
d
e
f
g
m
n
(1)元素m在周期表中的位置为_______，元素n的原子结构示意图为_______。
(2)由a、c两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2，其电子式为________。
(3)元素b、c、d、e简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(4)元素f的最高价氧化物对应的水化物和元素g的最高价氧化物对应的水化物反应的离子反应方程式为_______。
(5)下列叙述能说明e原子失电子能力比f原子强的是_______(填序号)A．单质的熔点e比f低
B．单质与盐酸反应e比f反应剧烈
C．最外层电子数e原子的比f原子的少
D．最高价氧化物对应水化物的碱性e比f强
【答案】(1) 第4周期IVB族
(2)
(3)N3->O2->F->Mg2+
(4)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
(5)BD
【分析】根据元素在周期表中的位置，a、b、c、d、e、f、g、m、n分别是C元素、N元素、O元素、F元素、Mg元素、Al元素、Cl元素、Ti元素、Br元素；
【详解】（1）m是22号元素Ti，在周期表中的位置为第4周期IVB族，元素n是35号元素Br，有4个电子层，最外层有7个电子，原子结构示意图为；
（2）由C、O两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2的是CO2，分子中存在2个碳氧双键，其电子式为。
（3）N、O、F、Mg简单离子电子层结构相同，质子数越多半径越小，半径由大到小的顺序是N3->O2->F->Mg2+。
（4）元素Al的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，元素Cl的最高价氧化物对应的水化物是强酸HClO4，反应的离子反应方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（5）A．单质的熔点与得失电子难易无关，故不选A；
B．金属性越强，电子与盐酸反应越剧烈，单质与盐酸反应Mg比Al反应剧烈，说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选B；
C．必须明确同周期元素的原子，最外层电子数越少越易失电子，故不选C；
D．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，说明元素的金属性越强，越易失电子，最高价氧化物对应水化物的碱性Mg(OH)2比Al(OH)3强，能说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选D；
选BD。
三、元素或物质推断题
23．有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在加热下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，E的核电荷数为C、D两种元素原子序数之和。试根据以上叙述回答：
(1)元素名称：A_____；B_____；C_____。
(2)E元素在周期表中的位置_____。
(3)写出AB2与C2B2反应的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向：_____。
(4)电子式表示化合物C2D的形成过程：______。
【答案】(1) 碳 氧 钠
(2)第四周期第VIII族
(3)
(4)
【分析】A、B、C、D为四种原子序数依次增大的短周期元素，A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A是C元素；C空气中燃烧时呈现黄色火焰，则C是Na元素，C的单质在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，A和B原子有相同的电子层数，则B是O元素，D是S元素，E的核电荷数为C、D两种元素原子序数之和，即11+16=27号元素，E为Co；
【详解】（1）通过以上分析知，A是C元素、B是O元素、C是Na元素，故答案为：碳；氧；钠；
（2）由分析可知E为Co元素，在周期表中的位置：第四周期第VIII族；
（3）AB2为CO2，C2B2为Na2O2，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学反应方程式为: 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，Na2O2既做氧化剂也做还原剂，用单线桥表示电子转移的方向：。
（4）C2D为Na2S，由钠离子与硫离子构成，用电子式表示Na2S的形成过程为：。
四、实验题
24．铁、铝、钠是三种重要的金属。回答下列问题：
Ⅰ．氢氧化亚铁浊液在空气中放置会发生一系列颜色变化。
(1)写出该反应的化学方程式_________________。
Ⅱ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示：
(2)试剂①应选用________ (填字母)，反应的化学方程式为_______。
A．HCl溶液 B．H2SO4溶液
C．氨水 D．NaOH溶液
(3)请写出向滤液A中通入足量的CO2除得到沉淀B的离子反应方程式_________________。
Ⅲ．现有一不纯的小苏打样品(含杂质NaCl、Na2CO3·10H2O)，为测定NaHCO3的质量分数，设计如图所示的实验装置(部分夹持仪器未画出)。
实验步骤如下：
①按图组装好实验装置并检查气密性。
②称取定质量的样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟。
④关闭活塞K1、K2打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量
(4)若无装置E，则会导致测得NaHCO3的质量分数________________ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(5)步骤③的目的是________________。
(6)若实验中称取样品的质量为 50.0 g，反应后C、D装置增加的质量分别为 12.6 g、8.8 g，则混合物中NaHCO3的质量分数为________________。
【答案】(1)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(2) D 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(3)+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
(4)偏大
(5)除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳
(6)67.2%
【分析】Ⅱ．废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，向NaAlO2溶液中反应产生Al(OH)3沉淀，向溶液中加入稀H2SO4、K2SO4，反应制取得到明矾；
Ⅲ．将混合物加热会产生H20(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质可知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量；由C的增重(Na2CO3·10H20分解产生的H20及已知的NaHC03分解产生的H2O的质量)可求出Na2CO3·10H20的质量。故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入，则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收，E中碱石灰可防止外界空气中的H20(g)、CO2进入装置D影响实验效果。
【详解】（1）Fe(OH)2具有强的还原性，在空气中易被氧化产生红褐色Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（2）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故合理选项我D；
Al与NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（3）滤液中含有NaAlO2，向其中通入足量CO2气体，反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，反应的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
（4）干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以盛装碱石灰的干燥管的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，若撤去E装置，则二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸氢钠的质量分数偏大；
（5）由于装置A、B内的空气含有水蒸气和二氧化碳，会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，因此打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气的目的是除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；
（6）装置D中增加的质量为CO2的质量，根据反应方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，可知n(NaHCO3)=2n(CO2)==0.4 mol，所以NaHCO3的质量分数为： 。
河北省石家庄市第二中学2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．北京成为世界上首座“双奥之城”北京冬奥会也是历史上首个全部使用绿色清洁能源供电的奥运会，场馆大量使用了绿色环保的碲化镉(CdTe)发电玻璃，下列说法正确的是
A．114Cd比112Cd多两个质子 B．Te的中子数为128
C．Te的核电荷数为76 D．112Cd与114Cd为同位素
【答案】D
【详解】A．114Cd与112Cd互为同位素，具有相同的质子数不同的中子数，故A错误；
B．质子数+中子数=质量数，则原子核内中子数为128-52=76，故B错误；
C．的左下角的数字为质子数，质子数=核电荷数，为52，故C错误；
D．二者质子数相同、中子数不同，则互为同位素，故D正确；
故选：D。
2．X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，、、简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是
A．已知与，得
B．离子半径：
C．的还原性一定大于
D．气态氢化物的稳定性一定大于
【答案】C
【详解】A．与的电子层结构相同，则二种离子核外电子数相等，从而得出m-a=n+b，A不正确；
B．、、的电子层结构相同，则原子序数Z＜Y＜X，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径：，B不正确；
C．、的电子层结构相同，则Y、Z属于同一周期元素，且Z在Y的左边，非金属性Z＜Y，所以的还原性一定大于，C正确；
D．由C选项的分析可知，非金属性Z＜Y，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性小于，D不正确；
故选C。
3．下列叙述正确的是
①用电子式表示MgCl2的形成过程为：
②两个不同种非金属元素的原子间形成的化学键都是极性键
③离子化合物在熔融状态时能够导电
④含有非极性键的化合物一定是共价化合物
⑤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
⑥次氯酸的电子式：H：Cl：O：
⑦离子化合物中一定含有离子键
A．①②③④⑥⑦ B．①②③④⑤⑦ C．②③⑦ D．全部
【答案】C
【详解】①用电子式表示MgCl2的形成过程中镁失去电子转移至氯，电子转移的箭头应从Mg指向Cl，①不正确；
②极性键是由两个不同种非金属元素的原子间所形成，②正确；
③在熔融状态时，离子化合物中的阴、阳离子能发生自由移动，能够导电，③正确；
④离子化合物Na2O2中含有氧氧非极性键，④不正确；
⑤过渡金属是指从IIIB到IIB之间的十个纵列元素，并不是元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素，⑤不正确；
⑥次氯酸的电子式为，⑥不正确；
⑦离子化合物中一定含有离子键，含离子键的化合物一定是离子化合物，⑦正确；
综合以上分析，只有②③⑦正确，故选C。
4．X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，其中X、Y位于同一主族，Y与M、X与Z位于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比X原子的少1。M是同周期主族元素中半径最大的。下列说法错误的是
A．X、Y的最简单氢化物中，X的最简单氢化物沸点更高
B．四种元素简单离子的半径大小为Y>X>Z>M
C．Y的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2YO4
D．X、Y、M可以组成多种离子化合物
【答案】B
【分析】X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X原子有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；X、Y位于同一主族，则Y为S元素；Z原子的核外电子数比X原子的少1，则最外层有5个电子，又X与Z位于同一周期，则Z为N元素；M是同周期主族元素中半径最大的元素，应是IA族元素，由Y与M位于同一周期，则M为Na元素，根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变性和相似性解答。
【详解】A．X为O元素，对应最简单氢化物水中含有氢键，常温下为液态，而硫化氢为气态，故水的沸点更高，故A正确；
B．离子的核外电子层数越多半径越大，S2-半径最大，Na+、O2-、N3-核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则四种元素简单离子的半径大小为Y >Z>X >M，故B错误；
C．S的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故C正确；
D．O、S、Na可以组成Na2SO4、Na2SO3等离子化合物，故D正确；
答案选B。
5．根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
事实
推测
A．
12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快
56Ba(ⅡA)与水反应会更快
B．
Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料
ⅣA族的元素都是半导体材料
C．
HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D．
Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时能反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．同主族金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，与水反应剧烈程度增强。元素的金属性：Ba＞Ca＞Mg，故可根据Ca与水反应较快推知Ba与水反应会更快，A正确；
B．半导体材料通常位于元素周期表中金属元素和非金属元素的分界处，Si和Ge处于金属和非金属分界线处，能作半导体，而C和Pb不能作半导体，所以第IVA族元素并不都是半导体材料，B错误；
C．同主族元素从上到下元素的非金属元素逐渐减弱，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：Cl＞Br＞I，所以HBr的稳定性介于HCl、HI之间，其分解温度介于二者之间，C正确；
D．同周期元素的非金属元素从左到右逐渐增强，元素的非金属性越强，其单质与H2化合就越容易，元素的非金属性：S＞P＞Si，所以可根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应推知P与H2在高温时能反应，D正确；
故合理选项是B。
6．利用覆铜板制作图案时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3 +Cu=2FeCl2 +CuCl2.现有铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0mol/L FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g，下列说法正确的是
A．反应后溶液中c(Fe2+)=0.6 mol/L
B．剩余固体是铁、 铜混合物。
C．原固体混合物中铜的质量是12.4g
D．反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)= 1.5mol
【答案】C
【分析】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，与FeCl3溶液反应时先后发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2+ +2Fe2+，原溶液中含有FeCl3的物质的量是n(FeCl3)=5 mol/L×0.1 L=0.5 mol，假设0.5 mol FeCl3完全反应消耗Fe、Cu的质量分别是m1、m2，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知0.5 mol Fe3+反应消耗Fe的质量为m1=；根据Cu+2Fe3+=Cu2+ +2Fe2+可知0.5 mol Fe3+反应消耗Cu的质量为m2=，实际溶解金属质量18 g-2.8 g=15.2 g，14g＜15.2g＜16 g，可见：Fe完全反应，Cu部分反应，Fe3+反应完全，剩余金属是Cu，设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则有关系式：①64n1+56n2=15.2 g；②n1+n2=n (Fe3+ )=0.25 mol，解得n1=0.15 mol，n2=0.1 mol，则原来混合物中含有的铜的质量m(Cu)=0.15mol×64 g/mol+2.8 g=12.4 g ，根据反应方程式可知反应后溶液中n(Fe2+)=2n(Cu) +3n(Fe) =2×0.15mol+3×0.10 mol=0.6 mol，反应后溶液中铜离子的物质的量为n(Cu2+)=n(Cu)=0.15 mol，据此回答。
【详解】A． 据分析，反应后溶液中溶液中n(Fe2+)=0.6 mol，c(Fe2+)=6 mol/L，A错误；
B．据分析，剩余的金属为Cu，B错误；
C．据分析，原固体混合物中铜的质量是12.4g ，C正确；
D．据分析，反应后溶液中n(Fe2+)=0.6 mol，反应后溶液中铜离子的物质的量为n(Cu2+)= 0.15 mol，故n(Fe2+)+n(Cu2+) =0.6 mol+0.15 mol=0.75 mol，D错误；
答案选C。
7．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是
A．四种元素中b的金属性最强
B．原子半径：
C．d的单质氧化性比a的单质氧化性强
D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱
【答案】A
【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素；则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题，由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。
【详解】A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，A正确；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，B错误；
C．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，C错误；
D．c为Al，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，D错误；
故答案选：A。
8．有A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是
A．C单质常温下只能溶于稀盐酸，不能溶于氢氧化钠溶液
B．A和C两种元素形成的化合物熔点较高
C．可通过焰色反应检验B元素
D．A和D两种元素形成的化合物能与氢氧化钠溶液反应
【答案】A
【分析】A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，由于最外层不超过8个电子，则A有2个电子层，最外层有6个电子，为O元素；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，B为Na元素；C元素是地壳中含量最多的金属元素，为Al元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，M层电子数为6，为S元素，据此分析判断。
【详解】根据上述分析，A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为S元素。
A．常温下，铝能溶于稀盐酸，也能溶于氢氧化钠溶液，故A错误；
B．A和C两种元素形成的化合物为氧化铝，熔点较高，故B正确；
C．钠的焰色反应为黄色，可通过焰色反应检验B元素，故C正确；
D．A和D两种元素形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，都是酸性氧化物，都能与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，故D正确；
故选A。
9．下列说法不正确的是
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键
②若R2-和M+的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构
⑤固体融化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键
⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1：2
⑧由于非金属性：Cl＞Br＞I，所以酸性：HCl＞HBr＞HI
A．②⑤⑥⑧ B．①③④⑤
C．②④⑤ D．③⑤⑦⑧
【答案】A
【详解】①N2H4分子结构式为，该分子中既含极性键又含非极性键，故①正确；
②若R2−和M+的电子层结构相同，M在下一个电子层，则原子序数：M＞R，故②错误；
③根据相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高，故③正确；
④根据价态绝对值加原子最外层电子数是否等于8分析8e－稳定结构，因此NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e－稳定结构，故④正确；
⑤固体融化成液体的过程不一定不破坏化学键，比如NaCl熔化，破坏了离子键，故⑤错误；
⑥HF中化学键键键长短，键能大，因此HF分子很稳定，故⑥错误；
⑦Na2O2固体中的阴离子为，阳离子为Na＋，其阴离子和阳离子个数比是1：2，故⑦正确；
⑧非金属越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性：Cl＞Br＞I，因此酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故⑧错误；
因此②⑤⑥⑧错误，故答案选A。
10．四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z-与某稀有气体具有相同的电子层结构。下列说法正确的是
A．简单离子半径：W
【答案】B
【分析】X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素；则W位于第二周期，Y、Z位于第三周期，Z-与某稀有气体具有相同的电子层结构，则Z为Cl元素；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S。
【详解】A．X与W的离子电子层结构相同，但W的核电荷数越小，所以离子半径W＞X，A错误；
B．W与X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后均生成NaOH，溶液呈碱性，B正确；
C．W与Y同族，且W位于Y的上一周期，则气态氢化物的热稳定性W＞Y，C错误；
D．Y、Z处于第三周期，且Y的原子序数小于Z，则非金属性Z＞Y，所以最高价氧化物的水化物的酸性：Z＞Y，D错误；
综上所述答案为B。
11．在标准状况下，将和CO的混合气体(密度是的16倍)充满一盛有足量的密闭容器中(容积为22.4L)，用间断的电火花引发至充分反应。反应完全后容器里存在的物质叙述正确的是
A．存在0.5的CO B．存在0.125的
C．存在0.25的 D．存在1.25的
【答案】B
【分析】本题涉及的反应有：①2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，②2CO+O2=2CO2，(①+②)/2得③CO+Na2O2=Na2CO3。足量Na2O2时以①③计算反应产物。
【详解】设混合气体中CO2和CO的物质的量分别是x、y，则(x+y)×22.4L/mol=22.4L，44g/mol×x+28g/mol×y=32 g/mol×(x+y)，解得x=0.25mol，y=0.75mol；
反应①中，0.25molCO2反应生成0.25molNa2CO3和0.125molO2；反应③中，0.75molCO反应生成0.75molNa2CO3；所以共生成1molNa2CO3和0.125molO2；
故选B。
12．短周期元素A和B，其中A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b； B元素的原子M层电子数是(a- b)，L层电子数是(a+b)，则A、B两种元素形成的化合物的化学式可能表示为
A．B3A2 B．AB2 C．A3B2 D．BA2
【答案】D
【详解】短周期元素A和B，其中A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b； B元素的原子M层电子数是(a- b)，L层电子数是(a+b)，则L层电子数为8，即a+b=8,元素A有两个电子层，则b=2,所以a=8-2=6，则A为氧元素；B元素的原子M层电子数是a-b=6-2=4,B为硅元素，A、B两元素形成的化合物为SiO2，即BA2。
故答案为：D
13．短周期元素A、B、C、D、E、X在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D与E、C与X不相邻。下列说法正确的是
A．简单离子半径：r(E)＞r(B)＞r(C)＞r(D)
B．若E存在简单气态氢化物，则简单气态氢化物的热稳定性：C＞B＞E
C．A、B、C三种元素所形成化合物的水溶液一定具有酸性
D．若A、C形成的简单化合物在通常状况下呈液态，则E位于第三周期ⅣA族
【答案】B
【分析】根据元素在周期表的相对位置，可确定A是H，D是Na，X是Ne元素，B、C是同一周期相邻元素，B、E是同一主族元素，但不能确定B、C、E这三种元素具体是哪种。
【详解】A．根据元素相对位置可知：若E是非金属元素，B、C、D对应简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，E离子核外比其它三种元素的离子核外多一个电子层，则离子半径大小关系为r(E)＞r(B)＞r(C)＞r(D)；若E为金属元素，则E、D、B、C对应简单离子均具有相同的电子层结构，则r(B)＞r(C)＞r(D)＞r(E)，A错误；
B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。若E存在简单气态氢化物，则B、C、E均为非金属元素，根据元素的相对位置可知：元素的非金属性：C＞B＞E，则简单气态氢化物的热稳定性：C＞B＞E，B正确；
C．A 是H，若B为N元素，C为O元素，由氢元素、氮元素、氧元素组成化合物的NH3·H2O为弱碱，C错误；
D．若A、C形成的简单化合物在通常状况下呈液态，则C为氧元素，E就是磷元素，P元素原子核外电子排布为2、8、5，在元素周期表中位于第三周期第VA族，D错误；
故合理选项是B。
14．短周期元素X、Y、Z、M、N、W原子序数依次递增，六种元素形成的一种化合物结构如图所示，其中元素Z最外层电子数为内层电子数的3倍。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性W>Y>N
B．元素Z与其他五种元素均可形成2种及以上化合物
C．简单离子半径Z>M>W
D．元素X与其他五种元素均可形成共价化合物
【答案】B
【分析】元素Z最外层电子数为内层电子数的3倍，Z为O，根据分子中各原子成键情况及短周期元素X、Y、Z、M、N、W原子序数依次递增，可推知六种元素分别为H、C、O、Na、P、Cl。
【详解】A．最高价氧化物对应水化物酸性，A错误；
B．O与其他元素均可形成2种及以上化合物，B正确；
C．简单离子半径，C错误；
D．H与Na形成离子化合物NaH，D错误；
故选B。
15．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素。它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法错误的是（ ）
A．X、Y、Z能组成共价化合物
B．Z与Y元素的原子半径大小顺序为Y＞Z
C．X、Y、Z之间形成的核外电子总数为10的微粒只有和
D．Z、W元素的最简单氢化物的沸点和稳定性均为＞
【答案】C
【分析】X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、W分别位于不同周期，则X为H元素；在元素周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17，可能出现的位置关系有、，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有，解得，Y、Z、W对应的元素分别为N、O、S；若为第二种情况，则有，解得，不合理，则X、Y、Z和W分别为H、N、O和S，由此分析。
【详解】A．X、Y、Z分别为H、N、O，可形成和等共价化合物，故A正确；
B．Y、Z分别为N、O，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Y＞Z，故B正确；
C．H与N、O元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有、、、、等，故C错误；
D．Z、W分别为O和S，最简单氢化物分别为水和硫化氢，元素的非金属性越强，对应简单氢化物稳定性越强，且水分子之间存在氢键，则二者最简单氢化物的沸点和稳定性均为＞，故D正确；
答案选C。
16．核内中子数为N的R2+质量数为A，则ng它氧化物(RO)中所含质子的物质的量是
A．(A-N+8)mol B．(A-N+10)mol
C．(A-N+2)rmol D．(A-N+6)mol
【答案】A
【详解】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该氧化物(RO)的摩尔质量为(A+16)g/mol，n g它的氧化物的物质的量为mol。一个氧化物分子中含有(A-N+8)个质子，质子数和电子数相等，所以ng它的氧化物(RO)中所含电子的物质的量为：(A-N+8)mol，A项正确；答案选A。
17．X元素组成三种气态单质都是双原子分子，它们的相对分子质量分别是32、34、36。现有这三种单质的混合气体、分子数之比为15：4：1，下列说法正确的是
A．若该容器中的X2全部转化成同素异形体X3，则X3的分子有12种
B．质量数为16的同位素的丰度为85%
C．该元素的近似相对原子质量为17
D．该元素所含三种同位素的原子数之比为15：4
【答案】B
【分析】X元素组成三种气态单质都是双原子分子，它们相对分子质量分别 32、34、36，则X元素应有两种核素，16X、18X，据此分析
【详解】A．构成成X3，应是16X3、16X218X、16X18X2、18X3，共有4种形式，故A错误；
B．三种双原子气态单质分别为16X2、16X18X、18X2，分子数之比为15∶4∶1，因此质量数为16同位素的丰度为=85%，故B正确；
C．元素的近似相对原子质量为16×85%+18×15%=16.3，故C错误；
D．根据上述分析，X有两个同位素，故D错误；
答案为B。
18．下列关于化学键的叙述正确的是
①化学键只存在于分子之间
②化学键是相邻原子之间强烈的相互作用
③化学键是一种静电作用
④化学键是相邻分子之间强烈的相互吸引
⑤离子化合物中可能含有共价键
⑥共价化合物中可能含有离子键
⑦离子化合物中只含离子键
⑧共价化合物中不含离子键
A．②③④⑦ B．②③⑤⑧
C．②④⑤⑥ D．①③⑤⑧
【答案】B
【详解】化学键是相邻原子之间强烈的相互作用，不存在于分子之间，这种相互作用的实质是一种静电作用，故①④错误，②③正确；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，但共价化合物中一定只含共价键，不含离子键，故⑤⑧正确，⑥⑦错误；因此正确的是：②③⑤⑧，故答案为：B。
【点睛】离子化合物中一定含有离子键，有可能含有共价键或配位键，共价化合物中一定只是含有共价键(有可能还有配位键，如CO)，不含离子键，共价键又分为极性共价键和非极性共价键，分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体。
19．X、Y、Z、U、W五种短周期非金属元素的原子半径与原子序数有如图所示的关系，化合物XZ是水煤气的主要成分之一，下列说法不正确的是
A．XZ2与氢氧化钠溶液反应可能生成酸式盐
B．X、Y、Z形成的简单氢化物的稳定性逐渐减弱
C．U、X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强
D．若元素T的原子序数大于U且与U同主族，则T的金属性强于U
【答案】B
【分析】化合物XZ是水煤气的主要成分之一，则XZ为CO，根据原子半径X大于Z可知，X为C、Z为O，结合原子序数大小可知Y为N元素，a=7；U的原子序数是2a=14，则U为Si元素；W的原子序数=2a+3=17，为Cl元素，据此进行解答。
【详解】根据上述分析可知X是C，Y是N，Z是O，U是Si，W为Cl元素。
A. XZ2是CO2，该物质是酸性氧化物，少量CO2与NaOH溶液反应产生正盐Na2CO3，过量CO2与NaOH溶液反应产生酸式盐NaHCO3，A正确；
B. X是C，Y是N、Z是O，由于元素的非金属性C
D. U为Si元素，T元素为与U同主族且在下一周期，则T为Ge元素，同一主族的元素，由上到下元素的金属性逐渐增强，所以元素的金属性T>U，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
20．运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是
①铍(Be)的氧化物的水化物可能具有两性
②铊(Tl)与铝同族，其单质既能与盐酸反应产生氢气，又能与NaOH溶液反应产生氢气
③砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸
④锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，锂溶于水生成一种强碱
⑤硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体
⑥硒化氢(H2Se)是无色、有毒、比H2S稳定的气体
A．①②③④ B．②④⑥ C．①③⑤ D．②④⑤
【答案】B
【详解】①铍(Be)的氧化物的水化物和铝的氧化物的水化物氢氧化铝性质相似，可能具有两性，①项正确；
②铊(Tl)与铝同族，从上到下，金属性增强，只能和酸液反应放出氢气，②项错误；
③根据卤族元素以及银盐的性质，可以推知砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，③项正确；
④根据钠和锂的性质的递变规律和性质的相似性，可以推知锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O，④项错误；
⑤根据第ⅡA元素硫酸盐性质的地变规律，可以知道硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，⑤项正确；
⑥硒化氢(H2Se)是无色、有毒，不如H2S稳定的气体，⑥项错误；
答案选B。
二、填空题
21．回答下列问题：
(1)下列变化：①I2升华；②烧碱熔化；③NaCl溶于水；④HCl溶于水；⑤O2溶于水；⑥NH4HCO3受热分解。其中仅发生共价键破坏的是_____(填序号，下同)；仅发生离子键破坏的是_____。
(2)在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤H2O2、⑥NH4Cl、⑦NaOH、⑧Ar、⑨CO2、⑩C2H4(用物质前序号填空)，其中只存在非极性健的分子是_____；既存在离子键又存在极性键的是_____。
(3)写出下列物质的电子式。
①Na2O2_____。
②HClO_____。
③NH4Cl_____。
【答案】(1) ④ ②③
(2) ② ⑥⑦
(3)
【详解】（1）①I2升华破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关；
②烧碱熔化断裂离子键变为自由移动的Na+、OH-，与共价键无关；
③NaCl是离子化合物，其溶于水时，断裂离子键变为自由移动的Na+、Cl-，没有断裂共价键；
④HCl溶于水时，在水分子作用下断裂共价键，变为自由移动的H+、Cl-，没有断裂离子键；
⑤O2溶于水时，破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键强弱无关；
⑥NH4HCO3受热分解变为NH3、H2O、CO2，断裂的是离子键、共价键。因此其中仅发生共价键破坏的是④；仅发生离子键破坏的是②③；
（2）①在HCl分子中仅存在极性共价键；
②在N2分子中仅存在非极性共价键；
③中NH3分子中仅存在极性共价键；
④Na2O2是离子化合物，在Na2O2中存在离子键和非极性共价键；
⑤H2O2是共价化合物，在该物质分子中含有极性共价键、非极性共价键；
⑥NH4Cl是离子化合物，其中含有离子键和极性共价键；
⑦NaOH是离子化合物，其中含有离子键和极性共价键；
⑧Ar是由分子构成的物质，物质分子是单原子分子，不存在化学键；
⑨CO2是共价化合物，在该物质分子中只含有极性共价键；
⑩C2H4是由分子构成的物质，在物质分子中含有极性共价键和非极性共价键。
综上所述可知：其中只存在非极性键的分子是②；既存在离子键又存在极性键的是⑥⑦；
（3）Na2O2是离子化合物，在Na2O2中，2个Na+与之间以离子键结合，在阴离子中，2个O原子之间以共价单键结合，故Na2O2的电子式为：；
②HClO是共价化合物，在HClO分子中，O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，使分子中的原子达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故HClO的电子式为：；
③NH4Cl是离子化合物，与Cl-之间以离子键结合，在中N原子与4个H原子之间以共价键结合，故NH4Cl的电子式为：。
22．下表为元素周期表的一部分。回答下列问题：
a
b
c
d
e
f
g
m
n
(1)元素m在周期表中的位置为_______，元素n的原子结构示意图为_______。
(2)由a、c两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2，其电子式为________。
(3)元素b、c、d、e简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(4)元素f的最高价氧化物对应的水化物和元素g的最高价氧化物对应的水化物反应的离子反应方程式为_______。
(5)下列叙述能说明e原子失电子能力比f原子强的是_______(填序号)A．单质的熔点e比f低
B．单质与盐酸反应e比f反应剧烈
C．最外层电子数e原子的比f原子的少
D．最高价氧化物对应水化物的碱性e比f强
【答案】(1) 第4周期IVB族
(2)
(3)N3->O2->F->Mg2+
(4)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
(5)BD
【分析】根据元素在周期表中的位置，a、b、c、d、e、f、g、m、n分别是C元素、N元素、O元素、F元素、Mg元素、Al元素、Cl元素、Ti元素、Br元素；
【详解】（1）m是22号元素Ti，在周期表中的位置为第4周期IVB族，元素n是35号元素Br，有4个电子层，最外层有7个电子，原子结构示意图为；
（2）由C、O两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2的是CO2，分子中存在2个碳氧双键，其电子式为。
（3）N、O、F、Mg简单离子电子层结构相同，质子数越多半径越小，半径由大到小的顺序是N3->O2->F->Mg2+。
（4）元素Al的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，元素Cl的最高价氧化物对应的水化物是强酸HClO4，反应的离子反应方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（5）A．单质的熔点与得失电子难易无关，故不选A；
B．金属性越强，电子与盐酸反应越剧烈，单质与盐酸反应Mg比Al反应剧烈，说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选B；
C．必须明确同周期元素的原子，最外层电子数越少越易失电子，故不选C；
D．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，说明元素的金属性越强，越易失电子，最高价氧化物对应水化物的碱性Mg(OH)2比Al(OH)3强，能说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选D；
选BD。
三、元素或物质推断题
23．有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在加热下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，E的核电荷数为C、D两种元素原子序数之和。试根据以上叙述回答：
(1)元素名称：A_____；B_____；C_____。
(2)E元素在周期表中的位置_____。
(3)写出AB2与C2B2反应的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向：_____。
(4)电子式表示化合物C2D的形成过程：______。
【答案】(1) 碳 氧 钠
(2)第四周期第VIII族
(3)
(4)
【分析】A、B、C、D为四种原子序数依次增大的短周期元素，A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A是C元素；C空气中燃烧时呈现黄色火焰，则C是Na元素，C的单质在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，A和B原子有相同的电子层数，则B是O元素，D是S元素，E的核电荷数为C、D两种元素原子序数之和，即11+16=27号元素，E为Co；
【详解】（1）通过以上分析知，A是C元素、B是O元素、C是Na元素，故答案为：碳；氧；钠；
（2）由分析可知E为Co元素，在周期表中的位置：第四周期第VIII族；
（3）AB2为CO2，C2B2为Na2O2，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学反应方程式为: 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，Na2O2既做氧化剂也做还原剂，用单线桥表示电子转移的方向：。
（4）C2D为Na2S，由钠离子与硫离子构成，用电子式表示Na2S的形成过程为：。
四、实验题
24．铁、铝、钠是三种重要的金属。回答下列问题：
Ⅰ．氢氧化亚铁浊液在空气中放置会发生一系列颜色变化。
(1)写出该反应的化学方程式_________________。
Ⅱ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示：
(2)试剂①应选用________ (填字母)，反应的化学方程式为_______。
A．HCl溶液 B．H2SO4溶液
C．氨水 D．NaOH溶液
(3)请写出向滤液A中通入足量的CO2除得到沉淀B的离子反应方程式_________________。
Ⅲ．现有一不纯的小苏打样品(含杂质NaCl、Na2CO3·10H2O)，为测定NaHCO3的质量分数，设计如图所示的实验装置(部分夹持仪器未画出)。
实验步骤如下：
①按图组装好实验装置并检查气密性。
②称取定质量的样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟。
④关闭活塞K1、K2打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量
(4)若无装置E，则会导致测得NaHCO3的质量分数________________ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(5)步骤③的目的是________________。
(6)若实验中称取样品的质量为 50.0 g，反应后C、D装置增加的质量分别为 12.6 g、8.8 g，则混合物中NaHCO3的质量分数为________________。
【答案】(1)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(2) D 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(3)+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
(4)偏大
(5)除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳
(6)67.2%
【分析】Ⅱ．废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，向NaAlO2溶液中反应产生Al(OH)3沉淀，向溶液中加入稀H2SO4、K2SO4，反应制取得到明矾；
Ⅲ．将混合物加热会产生H20(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质可知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量；由C的增重(Na2CO3·10H20分解产生的H20及已知的NaHC03分解产生的H2O的质量)可求出Na2CO3·10H20的质量。故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入，则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收，E中碱石灰可防止外界空气中的H20(g)、CO2进入装置D影响实验效果。
【详解】（1）Fe(OH)2具有强的还原性，在空气中易被氧化产生红褐色Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（2）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故合理选项我D；
Al与NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（3）滤液中含有NaAlO2，向其中通入足量CO2气体，反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，反应的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
（4）干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以盛装碱石灰的干燥管的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，若撤去E装置，则二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸氢钠的质量分数偏大；
（5）由于装置A、B内的空气含有水蒸气和二氧化碳，会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，因此打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气的目的是除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；
（6）装置D中增加的质量为CO2的质量，根据反应方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，可知n(NaHCO3)=2n(CO2)==0.4 mol，所以NaHCO3的质量分数为： 。
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