2022-2023學(xué)年 山東省淄博市高一上學(xué)期期末考試化學(xué)試題（解析版）

PAGEPAGE1高一教學(xué)質(zhì)量階段檢測化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Na23Mg24Al27Cl35．5Ag108一、選擇題:本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活聯(lián)系密切。下列說法錯誤的是A.還原鐵粉可用作食品干燥劑B.硬鋁是制造飛機(jī)和宇宙飛船的理想材料C.侯氏制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶解度的差異D.“天問一號”火星車的熱控保溫材料——納米氣凝膠，可產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．還原性鐵粉能吸收氧氣，作為食品的抗氧化劑，A錯誤；B．硬鋁具有密度小、硬度大的特點，是制造飛機(jī)的理想材料，B正確；C．侯氏制堿法工藝中利用了碳酸氫鈉的溶解度比其他物質(zhì)小，C正確；D．納米氣凝膠屬于膠體，能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，D正確；故選A。2.下列物質(zhì)存儲或使用方法正確的是A.新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色廣口瓶中B.鐵與氯氣不反應(yīng)，所以液氯可用鋼瓶儲存C.金屬鈉著火用二氧化碳滅火器撲滅D鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性或堿性食物〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．由于次氯酸見光易分解，故新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色細(xì)口瓶中避光保存，A錯誤；B．鐵可以在Cl2中劇烈燃燒，但常溫下鐵與氯氣不反應(yīng)，所以液氯可用鋼瓶儲存，B錯誤；C．由于金屬鈉能夠在CO2中繼續(xù)燃燒，反應(yīng)方程式為：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，，故金屬鈉著火不能用二氧化碳滅火器撲滅，應(yīng)該用干燥的沙土撲滅，C錯誤；D．鋁能和強(qiáng)堿反應(yīng)生成可溶性偏鋁酸鹽，鋁能和酸反應(yīng)生成鹽，酸、堿可直接侵蝕鋁的保護(hù)膜以及鋁制品本身，所以鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性或堿性食物，D正確；故〖答案〗為：D。3.科學(xué)家用氦核撞擊非金屬原子，反應(yīng)如下：+→+。已知:X核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等，下列敘述錯誤的是A.z=7 B.Y的中子數(shù)10C.與互為同位素 D.該反應(yīng)中共涉及4種核素〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Y(jié)比X多了一個質(zhì)子，因為質(zhì)子數(shù)從Z變?yōu)閆+1，W+4=17+1，W=14，X中質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等，所以X中：質(zhì)子數(shù)=中子數(shù)=7，則Y的質(zhì)子數(shù)是8，Y是氧元素。〖詳析〗A．由分析可知z=7，A正確；B．中z=7，中子數(shù)=17-7-1=9，B錯誤；C．為，與互為同位素，C正確；D．反應(yīng)中共涉及4種核素：、、、，D正確；故選B。4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.強(qiáng)酸性溶液中：、Na+、、Cl-B.強(qiáng)堿性溶液中：K+、Fe2+、Ca2+、Cl-C.澄清透明溶液中：Cu2+、K+、、Cl-D.小蘇打溶液中：K+、I-、、OH-〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．強(qiáng)酸性溶液中的H+與反應(yīng)而不能大量共存，H++H2O+=Al(OH)3↓，或者4H++=Al3++2H2O，A不合題意；B．強(qiáng)堿性溶液中的OH-與Fe2+、Ca2+均生成沉淀而不能大量共存，B不合題意；C．澄清透明溶液中的Cu2+、K+、、Cl-各離子間不反應(yīng)，能夠大量共存，C符合題意；D．小蘇打溶液中的與OH-能發(fā)生反應(yīng)：+OH-=+H2O，D不合題意；故〖答案〗為：C。5.設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.1.9g18OH-中含有的電子數(shù)為NAB.1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的數(shù)目為2NAC.11.2LO2、CO2混合氣體含有的氧原子數(shù)為NAD.0.1molCl2通入足量水中，生成的Cl-的數(shù)目為0.1NA〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．已知1個OH-含有10個電子，故1.9g18OH-中含有的電子數(shù)為=NA，A正確；B．題干未告知溶液的體積，無法計算1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的數(shù)目，B錯誤；C．題干未告知氣體所處的狀態(tài)為標(biāo)準(zhǔn)狀況，故無法計算11.2LO2、CO2混合氣體含有的氧原子數(shù)，C錯誤；D．由于溶于水中的部分Cl2與水反應(yīng)，故無法計算0.1molCl2通入足量水中，生成的Cl-的數(shù)目，D錯誤；故〖答案〗為：A。6.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A.用鹽酸溶解氧化鋁O2-+2H+=H2OB.用氯化鐵溶液蝕刻銅電路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C.Na2O2與H2O反應(yīng)：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑D.CaCl2溶液中通入少量CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．氧化鋁是氧化物，離子方程式書寫時不能拆，故用鹽酸溶解氧化鋁的離子方程式為：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，A錯誤；B．用氯化鐵溶液蝕刻銅電路板的反應(yīng)方程式為：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故該反應(yīng)的離子方程式為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，B正確；C．原離子方程式質(zhì)量不守恒，故Na2O2與H2O反應(yīng)的離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，C錯誤；D．由于鹽酸的酸性比碳酸的強(qiáng)，故CaCl2溶液不與CO2反應(yīng)，D錯誤；故〖答案〗為：B。7.下列裝置或操作能達(dá)到實驗?zāi)康氖茿.用裝置①配制一定物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸B.用裝置②制備Fe(OH)3膠體C.用裝置③比較Cl、C元素的非金屬性D.用裝置④鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．容量瓶不能作為溶解稀釋、反應(yīng)和長期貯存溶液的儀器，A不合題意；B．將氯化鐵飽和溶液滴加到沸水中繼續(xù)加熱煮沸至溶液呈紅褐色，故不可用裝置②制備Fe(OH)3膠體，F(xiàn)eCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，B不合題意；C．裝置③發(fā)生的反應(yīng)有：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑、Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，可以說明HCl的酸性強(qiáng)于碳酸，由于HCl不是Cl的最高價氧化物對應(yīng)水化物，故用裝置③不好比較Cl、C元素的非金屬性強(qiáng)弱，C不合題意；D．碳酸氫鈉和碳酸鈉與等濃度的稀鹽酸反應(yīng)時，碳酸氫鈉放出氣體的速度比碳酸鈉快，故可用裝置④鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉，D符合題意；故〖答案〗為：D。8.有關(guān)鈉、鐵、鋁及其化合物的說法正確的是A.鈉、氧化鈉、過氧化鈉放置在空氣中，均會因為發(fā)生氧化還原反應(yīng)而變質(zhì)B.將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵與水在高溫下反應(yīng)，粉末變紅C.補(bǔ)鐵劑與維生素C同時服用效果更好，原因是維生素C具有氧化性D.常溫常壓下，等質(zhì)量鋁片分別與足量鹽酸、燒堿溶液反應(yīng)，放出氫氣體積相同〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．鈉、過氧化鈉放置在空氣中分別發(fā)生反應(yīng)：4Na+O2=2Na2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2均會因為發(fā)生氧化還原反應(yīng)而變質(zhì)，但氧化鈉在空氣中的反應(yīng)為Na2O+CO2=Na2CO3卻為非氧化還原反應(yīng)，A錯誤；B．將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵與水在高溫下反應(yīng)生成Fe3O4，F(xiàn)e3O4是黑色晶體，故粉末不變紅，B錯誤；C．補(bǔ)鐵劑與維生素C同時服用效果更好，原因是維生素C能夠?qū)e3+還原為Fe2+，利于鐵的吸收，該過程體現(xiàn)質(zhì)量維生素C具有還原性，C錯誤；D．根據(jù)反應(yīng)方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，常溫常壓下，等質(zhì)量鋁片分別與足量鹽酸、燒堿溶液反應(yīng)，放出氫氣體積相同，D正確；故〖答案〗為：D。9.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。X原子的L層電子數(shù)是其K層電子數(shù)的3倍，Z是短周期金屬性最強(qiáng)的元素，W是地殼中含量最多的金屬元素。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑：X>Y>Z>WB.簡單氫化物的穩(wěn)定性：X>YC.Z、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物能互相反應(yīng)D.X與Z形成的化合物中陰離子與陽離子個數(shù)之比均為1：2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X原子的L層電子數(shù)是其K層電子數(shù)的3倍，則X為O，Z是短周期金屬性最強(qiáng)的元素，則Z為Na，故Y為F，W是地殼中含量最多的金屬元素即為Al，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．由分析可知，四種元素分別為：O、F、Na、Al，它們簡單離子分別為：O2-、F-、Na+、Al3+具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，且核電荷數(shù)依次增大，則離子半徑依次減小，故簡單離子半徑為O2-＞F-＞Na+＞Al3+即X>Y>Z>W，A正確；B．元素簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性與其非金屬性一致，已知F的非金屬性強(qiáng)于O的，故簡單氫化物的穩(wěn)定性HF＞H2O即Y>X，B錯誤；C．由分析可知，Z為Na、W為Al，故Z、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物即NaOH和Al(OH)3能互相反應(yīng)，方程式為：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，C正確；D．由分析可知，X為O，Z為Na，故X與Z形成的化合物Na2O和Na2O2中陰離子與陽離子個數(shù)之比均為1：2，D正確；故〖答案〗為：B。10.下列變化或結(jié)構(gòu)中對圖示的解釋錯誤的是ABCD向Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸，溶液導(dǎo)電能力變化光照過程中氯水的pH變化NaCl的形成純金屬與合金的結(jié)構(gòu)a時刻Ba(OH)2溶液與稀硫酸恰好完全中和pH降低的原因可能是HClO分解2NaCl合金內(nèi)原子層之間的相對滑動變得困難，硬度變大A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．a(chǎn)點導(dǎo)電能力為0，說明溶液中離子濃度接近于0，Ba(OH)2溶液與稀硫酸恰好完全中和生成硫酸鋇和水，A正確；B．溶液中存在反應(yīng)Cl2+H2O?HCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，光照條件下HClO分解生成HCl導(dǎo)致溶液中c(HCl)增大，溶液的pH值減小，pH降低的原因可能是HClO分解，B正確；C．Na失去一個電子形成鈉離子，Cl得到一個電子形成氯離子，鈉離子與氯離子之間通過離子鍵結(jié)合形成氯化鈉晶體，則2Na+Cl22NaCl反應(yīng)過程中電子轉(zhuǎn)移2e-，應(yīng)該表示為：，C錯誤；D．合金中原子半徑不同，使原子層之間的相對滑動變得困難，硬度變大，D正確；故〖答案〗為：C。11.稀土金屬是我國重要的戰(zhàn)略資源。稀土金屬鈰(Ce)性質(zhì)活潑，常見的化合價為+3和+4，可發(fā)生如下反應(yīng)：①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O③I2+SO2+2H2O=4H++2I-+。下列說法錯誤的是A.氧化性由強(qiáng)到弱的順序是CeO2>H2O2>I2B.還原性由強(qiáng)到弱的順序是I->SO2>Ce3+C.反應(yīng)2CeO2+2I-+8H+=2Ce3++I2+4H2O可以進(jìn)行D.H2O2在反應(yīng)①中被氧化，在反應(yīng)②中被還原〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．根據(jù)氧化劑的氧化性強(qiáng)于還原劑和氧化產(chǎn)物可知，由①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O得出氧化性：CeO2＞H2O2，由②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O得出氧化性：H2O2＞I2，故有氧化性由強(qiáng)到弱的順序是CeO2>H2O2>I2，A正確；B．根據(jù)還原劑的還原性強(qiáng)于氧化劑和還原產(chǎn)物可知，由①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O得出還原性：H2O2＞Ce3+，由②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O得出還原性：I-＞H2O2，由③I2+SO2+2H2O=4H++2I-+得出還原性：SO2＞I-，故有還原性由強(qiáng)到弱的順序是SO2＞I->H2O2>Ce3+，B錯誤；C．由B項分析可知，還原性由強(qiáng)到弱的順序是SO2＞I->H2O2>Ce3+，故反應(yīng)2CeO2+2I-+8H+=2Ce3++I2+4H2O可以進(jìn)行，C正確；D．由反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)①H2O2中的O由-1價升高到0價，故被氧化，在反應(yīng)②中H2O2中O由-1價降低到-2價，故被還原，D正確；故〖答案〗為：B。12.“價一類”二維圖是元素化合物知識系統(tǒng)化學(xué)習(xí)的良好工具，氯及其化合物的“價一類”二維圖如下，下列說法錯誤的是A.酸性：戊>已 B.若將乙轉(zhuǎn)化為甲，可以不加還原劑C.丙為ClO2，可用作自來水消毒劑 D.推測庚既有氧化性又有還原性〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由題干關(guān)于氯及其化合物的價類二維圖信息可知，甲為HCl、乙為Cl2、丙為ClO2、丁為Cl2O7，戊為HClO、己為HClO4、庚為、辛為，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．由分析可知，戊為HClO、己為HClO4，HClO弱酸，酸性比碳酸還弱，HClO4強(qiáng)酸，酸性比H2SO4還強(qiáng)，故酸性：戊＜已，A錯誤；B．由分析可知，乙為Cl2、甲為HCl，若將乙轉(zhuǎn)化為甲的反應(yīng)為：Cl2+H2O=HCl+HClO反應(yīng)中，H2O既不是氧化劑也不是還原劑，故可以不加還原劑，B正確；C．由分析可知，丙為ClO2，具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，故可用作自來水消毒劑，C正確；D．由分子可知，庚為，Cl的化合價處于中間價態(tài)，故可推測庚既有氧化性又有還原性，D正確；故〖答案〗為：A。13.某化學(xué)小組用如圖所示裝置檢驗氯氣是否具有漂白性及鹵素單質(zhì)氧化性的相對強(qiáng)弱。下列說法錯誤的是A.a中U型管可盛放無水氯化鈣B.b處棉花球變成黃色，說明Cl2的氧化性比Br2強(qiáng)C.c處棉花球變成藍(lán)色，說明Br2的氧化性比I2強(qiáng)D.d裝置中可發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由氯氣的氧化性強(qiáng)，結(jié)合圖可知，b處發(fā)生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；c處發(fā)生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2；d處為尾氣處理，發(fā)生2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，以此來解答?！荚斘觥紸．Cl2本身沒有漂白性，濕潤的Cl2具有漂白性，故a中濕潤的有色布條褪色，經(jīng)過U管中干燥劑干燥后，干燥的有色布條不褪色，故a中U型管可盛放無水氯化鈣來干燥Cl2，A正確；B．b處發(fā)生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，則b處棉花球變成黃色，說明Cl2的氧化性比Br2強(qiáng)，B正確；

C．c處發(fā)生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2，只能說明有碘生成，由于氯氣的干擾不能說明Br2的氧化性比I2強(qiáng)，C錯誤；D．由分析可知，d處為尾氣處理，d裝置中可發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，D正確；故〖答案〗：C。14.某水溶液可能含有以下離子中的某幾種：Na+、Fe2+、Mg2+、Al3+、Cl-、，現(xiàn)取三份50mL溶液分別進(jìn)行如下實驗，忽略混合前后溶液體積的變化。根據(jù)實驗結(jié)果，以下推測正確的是實驗1：50.0mL溶液無現(xiàn)象14.35g白色沉淀實驗2：A.原溶液中一定含有Cl-，且c(Cl-)=0.1mol/LB.原溶液中可能含有Na+，可通過焰色試驗檢驗C.0.8g白色固體為MgO和Al2O3混合物D.原溶液中c(Na+)=0.6mol/L〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．實驗1中得到沉淀是AgCl，說明肯定含Cl-，AgCl物質(zhì)的量是0.1mol，可得Cl-物質(zhì)的量是0.1mol，濃度是，A錯誤；B．肯定含Na+，B錯誤；C．實驗2中，濾液中含OH-，說明白色沉淀是Mg(OH)2，白色固體是MgO，沒有Al2O3，C錯誤；D．實驗2中，初始OH-物質(zhì)的量是0.1mol。0.8gMgO物質(zhì)的量是,可得Mg2+物質(zhì)的量是0.02mol，生成沉淀消耗0.04molOH-，濾液剩余OH-是0.02mol，可得Al3+消耗OH-是0.1mol-0.04mol-0.02mol=0.04mol，反應(yīng)是Al3++4OH-=AlO+2H?O，可得Al3+物質(zhì)的量是0.01mol。實驗1可得不含F(xiàn)e2+、，原溶液中含0.02molMg2+，0.01molAl3+，0.1molCl-，根據(jù)電荷守恒，存在Na+，可得如下，2n(Mg2+)+3n(Al3+)+n(Na+)=n(Cl-)，n(Na+)=0.03mol，原溶液中c(Na+)=，D正確；故選D。二、非選擇題：本題共5小題，共58分。15.化學(xué)在生產(chǎn)、生活中應(yīng)用廣泛，貫穿古今。（1）我國古代四大發(fā)明之一的黑火藥是由硫黃粉、硝酸鉀和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸時的反應(yīng)為S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。上述反應(yīng)物和生成物中，屬于電解質(zhì)的是___(填化學(xué)式)；在該反應(yīng)中，被還原的元素為___(填元素符號)。（2）碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多，原因是(用離子方程式表示)___；除去Na2CO3粉末中少量的NaHCO3的方法是__________。（3）某品牌84消毒液中NaClO的物質(zhì)的量濃度為0.96mol/L，現(xiàn)需配制0.010mol/L的NaClO稀溶液450mL，需要用量筒量取84消毒液_____mL，在配制過程中，除需要燒杯、量筒、玻璃棒外還必需的玻璃儀器有___，若量取84消毒液時俯視讀數(shù)，所配制溶液濃度將______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。84消毒液不能與潔廁靈(主要成分為鹽酸)混用，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________；〖答案〗（1）①.KNO3、K2S②.N和S（2）①.+H+=H2O+CO2↑②.加熱至恒重（3）①.5.2②.500mL容量瓶和膠頭滴管③.偏小④.ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O〖解析〗〖小問1詳析〗電解質(zhì)是指在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?，所有的酸堿鹽、大多數(shù)金屬氧化物和水屬于電解質(zhì)，故反應(yīng)S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑的反應(yīng)物和生成物中，S、C、N2是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，KNO3、K2S屬于鹽，是電解質(zhì)，CO2屬于非電解質(zhì)，在該反應(yīng)中，N和S元素的化合價降低，被還原，故〖答案〗為：KNO3、K2S；N和S；〖小問2詳析〗由于NaHCO3能與胃酸即鹽酸反應(yīng)，方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多，該反應(yīng)的離子方程式為：+H+=H2O+CO2↑，由于碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，故除去Na2CO3粉末中少量的NaHCO3的方法是加熱至恒重，故〖答案〗為：+H+=H2O+CO2↑；加熱至恒重；〖小問3詳析〗某品牌84消毒液中NaClO的物質(zhì)的量濃度為0.96mol/L，現(xiàn)需配制0.010mol/L的NaClO稀溶液450mL，根據(jù)稀釋過程中溶液的溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變可知，需要用量筒量取84消毒液=5.2mL，在配制過程中，除需要燒杯、量筒、玻璃棒外還必需的玻璃儀器有500mL容量瓶和膠頭滴管，若量取84消毒液時俯視讀數(shù)，導(dǎo)致量取的濃溶液體積偏小，即溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，所配制溶液濃度將偏低，由于NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，故84消毒液不能與潔廁靈(主要成分為鹽酸)混用，該反應(yīng)的離子方程式為：ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O，故〖答案〗為：5.2；500mL容量瓶和膠頭滴管；偏??；ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O。16.已知A、B、C為金屬單質(zhì)，A的焰色為黃色，C是當(dāng)前用量最大的金屬，D、E、F、G、H是中學(xué)常見化合物，常溫下甲、乙、丙為氣體，乙呈黃綠色。它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物未標(biāo)出，每步反應(yīng)均完全)。回答下列問題：請根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）丙的電子式為_________；甲在乙中燃燒生成丙時的現(xiàn)象為____________。（2）反應(yīng)①~⑦中，不屬于氧化還原反應(yīng)的是___(填序號)；反應(yīng)①中每消耗6．9gA時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為___(設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。（3）反應(yīng)③的離子方程式為____________。（4）反應(yīng)⑥的化學(xué)方程式為__________；檢驗G溶液中陽離子的試劑是___(填化學(xué)式)。（5）反應(yīng)⑧中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________?！即鸢浮剑?）①.②.安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，瓶口有白霧（2）①.⑦②.0.3NA（3）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑（4）①.Fe+2FeCl3=3FeCl2②.KSCN（5）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3〖解析〗〖祥解〗由題干信息和轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知，A、B、C為金屬單質(zhì)，A的焰色為黃色故A為Na，C是當(dāng)前用量最大的金屬即C為Fe，D、E、F、G、H是中學(xué)常見化合物，常溫下甲、乙、丙為氣體，乙呈黃綠色，則乙為Cl2，Na與水反應(yīng)生成NaOH和H2，故甲為H2，D為NaOH，Al與NaOH溶液反應(yīng)生成H2，故B為Al，H2在Cl2中安靜地燃燒生成HCl，即丙為HCl，E溶液為鹽酸，F(xiàn)e與鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，即F為FeCl2，F(xiàn)eCl2與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，即G為FeCl3，NaOH與FeCl3反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，即H為Fe(OH)3，據(jù)此分析解題?！夹?詳析〗由分析可知，丙為HCl，故丙的電子式為，甲在乙中即H2在Cl2中燃燒生成丙時的現(xiàn)象為安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，瓶口有白霧，故〖答案〗為：；安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，瓶口有白霧；〖小問2詳析〗反應(yīng)①~⑦的方程式分別為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、H2+Cl22HCl、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl2+Cl2=2FeCl3、Fe+2FeCl3=3FeCl2、FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，故不屬于氧化還原反應(yīng)的是⑦，反應(yīng)①中每消耗6.9gA即=0.3molNa，反應(yīng)中Na轉(zhuǎn)化為Na+，故時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA，故〖答案〗為：⑦；0.3NA；〖小問3詳析〗由(2)分析可知，反應(yīng)③的化學(xué)方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故其離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，故〖答案〗為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；〖小問4詳析〗由(2)分析可知，反應(yīng)⑥的化學(xué)方程式為：Fe+2FeCl3=3FeCl2，由分析可知G為FeCl3，檢驗G溶液中陽離子即Fe3+的試劑是KSCN，故〖答案〗為：Fe+2FeCl3=3FeCl2；KSCN；〖小問5詳析〗反應(yīng)⑧即向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，該過程發(fā)生的反應(yīng)有：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故其中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故〖答案〗為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。17.已知X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其原子徑和最外層電子數(shù)之間的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）元素Y在周期表中的位置是________。X與Q形成的是___化合物(填“離子或“共價”)。（2）Z元素的一種淡黃色固體化合物中所含有的化學(xué)鍵類型為_______。用電子式表示出化合物Z2Q的形成過程__________(用元素符號表示，下同)。（3）Q和W非金屬性較強(qiáng)的是___，請用原子結(jié)構(gòu)知識解釋產(chǎn)生上述差異的原因為___。設(shè)計簡單實驗證明兩者的非金屬性強(qiáng)弱______(用離子方程式表示)。（4）探究同主族元素性質(zhì)的遞變規(guī)律是學(xué)習(xí)化學(xué)的重要方法之一，已知R是第六周期與X、Z同主族的元素，有關(guān)R的推測，正確的個數(shù)為__(填字母)。①在自然界中以單質(zhì)形態(tài)存在，少量的R可以保存在煤油中②對應(yīng)氫氧化物堿性的強(qiáng)弱是：R>Z③易與氧氣發(fā)生反應(yīng)，加熱時生成的氧化物形式為R2O④對應(yīng)離子的氧化性是：R<Z⑤R可以從CuSO4的溶液中將金屬銅置換出來⑥碳酸鹽不易發(fā)生分解反應(yīng)A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗（1）①.第2周期第ⅥA族②.共價（2）①.離子鍵和共價鍵②.（3）①.Cl②.S和Cl位于同一周期，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強(qiáng)，則非金屬更強(qiáng)③.S2-+Cl2=S+2Cl-（4）B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Z最外層上只有1個電子，且X的半徑最小，故X為H、Z的半徑最大，則Z為Na，Y、Q、W的最外層上分別有4個、6個、7個電子，且半徑比Q、W小，即Y、Q、W不可能是同一周期元素，則Y為C，Q為S，W為Cl，據(jù)此分析解題。〖小問1詳析〗由分析可知，Y為C，故元素Y在周期表中的位置是第2周期第ⅥA族，X為H，Q為S，X與Q形成的化合物是H2S，是共價化合物，故〖答案〗為：第2周期第ⅥA族；共價；〖小問2詳析〗由分析可知，Z為Na，故Z元素一種淡黃色固體化合物即Na2O2中所含有的化學(xué)鍵類型為Na+和之間的離子鍵和中O和O之間的非極性共價鍵，用電子式表示出化合物Z2Q即Na2S的形成過程為：，故〖答案〗為：離子鍵和共價鍵；；〖小問3詳析〗由分析可知，Q為S，W為Cl，根據(jù)同一周期從左往右元素的非金屬性依次增強(qiáng)，故Q和W非金屬性較強(qiáng)的是Cl，由于S和Cl位于同一周期，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強(qiáng)，則非金屬更強(qiáng)，非金屬性與單質(zhì)的氧化性一致，將Cl2通入到Na2S溶液中，若出現(xiàn)渾濁，則說明發(fā)生了S2-+Cl2=S+2Cl-，說明Cl2的氧化性強(qiáng)于S的，故〖答案〗為：Cl；S和Cl位于同一周期，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強(qiáng)，則非金屬更強(qiáng)；S2-+Cl2=S+2Cl-；〖小問4詳析〗由分析可知，X、Z分別為H、Na，R是第六周期與X、Z同主族的元素，即位于第IA族即堿金屬元素，據(jù)此分析解題：①根據(jù)堿金屬化學(xué)性質(zhì)非?；顫姡瑥纳贤陆饘僭鰪?qiáng)，即R的金屬性比Na更活潑，故在自然界中都以化合物形態(tài)存在，堿金屬從上往下密度呈增大趨勢，則少量的R可以保存在煤油中，錯誤；②根據(jù)從上往下金屬增強(qiáng)，R的金屬性比Na，故對應(yīng)氫氧化物堿性的強(qiáng)弱是：R>Z，正確；③根據(jù)從上往下金屬增強(qiáng)，R的金屬性比Na，則R易與氧氣發(fā)生反應(yīng)，加熱時生成的氧化物形式為比R2O2更復(fù)雜的氧化物，不可能是R2O，錯誤；④根據(jù)從上往下金屬增強(qiáng)，R的金屬性比Na，即R的還原性比Na強(qiáng)，則對應(yīng)離子的氧化性是：R<Z，正確；⑤根據(jù)從上往下金屬增強(qiáng)，R的金屬性比Na，根據(jù)Na與CuSO4反應(yīng)的現(xiàn)象可知，R不可以從CuSO4的溶液中將金屬銅置換出來，錯誤；⑥根據(jù)Na2CO3受熱難分解可知，R的碳酸鹽不易發(fā)生分解反應(yīng)，正確；綜上分析可知，有②④⑥3個推測正確，故〖答案〗為：B。18.無水四氯化錫(SnCl4)可用于制作FTO導(dǎo)電玻璃。實驗室可用氯氣與錫反應(yīng)制備SnCl4，裝置如圖。已知:Sn的熔點為232℃；SnCl4為無色液體，沸點114℃，SnCl4遇水劇烈反應(yīng)；Cl2易溶于SnCl4?；卮鹣铝袉栴}：（1）盛放濃鹽酸的儀器名稱是________；D中飽和食鹽水的作用是_______。（2）儀器接口連接順序為a→______________。（3）實驗開始時，先點燃裝置___(填A(yù)或B)的酒精燈。裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_________。（4）B裝置中，冷水的作用是___，收集器收集到的液體略顯黃色，可能的原因是__________。（5）E中試劑為堿石灰，其作用是____________?！即鸢浮剑?）①.分液漏斗②.除去HCl氣體（2）a→f→g→d→e→b→c→h→i（3）①.A②.（4）①.冷凝回流SnCl4至收集器中②.溶解了少量氯氣（5）吸收氯氣和防止空氣中的水蒸氣進(jìn)去裝置〖解析〗〖小問1詳析〗據(jù)圖可知，盛放濃鹽酸的儀器是分液漏斗。裝置A中生成的氯氣中含有HCl和H2O，所以D中飽和食鹽水的作用是除去HCl氣體?！夹?詳析〗裝置A中生成的氯氣，裝置D除去HCl氣體，裝置C除去H2O氣體，裝置B制備SnCl4，裝置E的球形干燥管中盛放堿石灰，吸收氯氣。所以，儀器接口連接順序為a→f→g→d→e→b→c→h→i?！夹?詳析〗Sn與空氣中的氧氣反應(yīng)，SnCl4遇水劇烈反應(yīng)，所以實驗開始時，先點燃裝置A的酒精燈，生成氯氣，排盡裝置中的空氣。裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：〖小問4詳析〗B裝置中，冷水的作用是冷凝回流SnCl4至收集器中，收集器收集到的液體略顯黃色，可能是由于有少量氯氣溶解在其中?！夹?詳析〗E中試劑為堿石灰，其作用吸收氯氣和防止空氣中的水蒸氣進(jìn)去裝置。19.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種環(huán)保、高效、多功能飲用水處理劑。某興趣小組根擬用鐵屑制備高鐵酸鉀的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）“氧化”過程中，反應(yīng)的離子方程式為____________。（2）“氧化”過程中，某同學(xué)想檢驗反應(yīng)后溶液中是否還有二價鐵，他選擇的試劑為酸性高錳酸鉀，你認(rèn)為該同學(xué)的選擇是否合理___，理由是___________。（3）“制備Na2FeO4過程中，NaClO被還原為NaCl，該反應(yīng)的離子方程式為____________。（4）該工藝流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)是___(填化學(xué)式)，可將該物質(zhì)導(dǎo)入到___操作中(填操作單元的名稱)。（5）“轉(zhuǎn)化”過程中，加入飽和KOH溶液能析出K2FeO4晶體，說明該條件下的溶解度Na2FeO4___(填“大于”“等于”或“小于”)K2FeO4。小組同學(xué)準(zhǔn)確稱取了mg鐵屑，經(jīng)過以上流程(假設(shè)過程中鐵元素?fù)p失忽略不計)得到ngK2FeO4晶體(M=198g/mol)，則鐵屑中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___(用含m，n的代數(shù)式表示)?！即鸢浮剑?）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（2）①.不合理②.酸性高錳酸鉀能將Cl-氧化為有毒有害的Cl2，污染環(huán)境（3）3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O（4）①.NaOH②.制備Na2FeO4（5）①.大于②.〖解析〗〖祥解〗由題干工藝流程圖可知，鐵屑與稀鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，然后用H2O2將FeCl2氧化為FeCl3，然后向所得的FeCl3溶液中加入NaClO、NaOH，次氯酸鈉將鐵離子在堿性條件下氧化成Na2FeO4，加入飽和KOH溶液可析出高鐵酸鉀(K2FeO4)，分離得到粗K2FeO4，采用重結(jié)晶、洗滌、低溫烘干將其提純，據(jù)此分析解題?！夹?詳析〗由分析可知，“氧化”過程為用H2O2將FeCl2氧化為FeCl3，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故〖答案〗為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；〖小問2詳析〗由于“酸溶”步驟中鹽酸過量，且FeCl2溶液中含有大量的Cl-，故“氧化”過程選擇酸性高錳酸鉀作氧化劑來氧化Fe2+的話，將把Cl-氧化為有毒有害的Cl2，污染環(huán)境，故該同學(xué)的選擇不合理，故〖答案〗為：不合理；酸性高錳酸鉀能將Cl-氧化為有毒有害的Cl2，污染環(huán)境；〖小問3詳析〗“制備Na2FeO4”過程中，NaClO被還原為NaCl，Cl的化合價降低2個單位，F(xiàn)e的化合價由+3價升高到+6價，升高3個單位，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)的離子方程式為：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故〖答案〗為：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；〖小問4詳析〗該工藝流程中，“轉(zhuǎn)化”步驟發(fā)生的反應(yīng)為：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH生成的NaOH可以導(dǎo)入“制備Na2FeO4”步驟中循環(huán)使用，故可循環(huán)利用的物質(zhì)是NaOH，可將該物質(zhì)導(dǎo)入到“制備Na2FeO4”操作中，故〖答案〗為：NaOH；制備Na2FeO4；〖小問5詳析〗“轉(zhuǎn)化”過程中，加入飽和KOH溶液能析出K2FeO4晶體，發(fā)生的反應(yīng)為：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH，說明該條件下的溶解度Na2FeO4大于K2FeO4，ngK2FeO4晶體(M=198g/mol)中鐵元素的質(zhì)量為：g，根據(jù)鐵元素守恒可知，小組同學(xué)準(zhǔn)確稱取了mg鐵屑，則鐵屑中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故〖答案〗為：大于；。PAGEPAGE1高一教學(xué)質(zhì)量階段檢測化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Na23Mg24Al27Cl35．5Ag108一、選擇題:本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活聯(lián)系密切。下列說法錯誤的是A.還原鐵粉可用作食品干燥劑B.硬鋁是制造飛機(jī)和宇宙飛船的理想材料C.侯氏制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶解度的差異D.“天問一號”火星車的熱控保溫材料——納米氣凝膠，可產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．還原性鐵粉能吸收氧氣，作為食品的抗氧化劑，A錯誤；B．硬鋁具有密度小、硬度大的特點，是制造飛機(jī)的理想材料，B正確；C．侯氏制堿法工藝中利用了碳酸氫鈉的溶解度比其他物質(zhì)小，C正確；D．納米氣凝膠屬于膠體，能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，D正確；故選A。2.下列物質(zhì)存儲或使用方法正確的是A.新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色廣口瓶中B.鐵與氯氣不反應(yīng)，所以液氯可用鋼瓶儲存C.金屬鈉著火用二氧化碳滅火器撲滅D鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性或堿性食物〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．由于次氯酸見光易分解，故新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色細(xì)口瓶中避光保存，A錯誤；B．鐵可以在Cl2中劇烈燃燒，但常溫下鐵與氯氣不反應(yīng)，所以液氯可用鋼瓶儲存，B錯誤；C．由于金屬鈉能夠在CO2中繼續(xù)燃燒，反應(yīng)方程式為：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，，故金屬鈉著火不能用二氧化碳滅火器撲滅，應(yīng)該用干燥的沙土撲滅，C錯誤；D．鋁能和強(qiáng)堿反應(yīng)生成可溶性偏鋁酸鹽，鋁能和酸反應(yīng)生成鹽，酸、堿可直接侵蝕鋁的保護(hù)膜以及鋁制品本身，所以鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性或堿性食物，D正確；故〖答案〗為：D。3.科學(xué)家用氦核撞擊非金屬原子，反應(yīng)如下：+→+。已知:X核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等，下列敘述錯誤的是A.z=7 B.Y的中子數(shù)10C.與互為同位素 D.該反應(yīng)中共涉及4種核素〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Y(jié)比X多了一個質(zhì)子，因為質(zhì)子數(shù)從Z變?yōu)閆+1，W+4=17+1，W=14，X中質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等，所以X中：質(zhì)子數(shù)=中子數(shù)=7，則Y的質(zhì)子數(shù)是8，Y是氧元素。〖詳析〗A．由分析可知z=7，A正確；B．中z=7，中子數(shù)=17-7-1=9，B錯誤；C．為，與互為同位素，C正確；D．反應(yīng)中共涉及4種核素：、、、，D正確；故選B。4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.強(qiáng)酸性溶液中：、Na+、、Cl-B.強(qiáng)堿性溶液中：K+、Fe2+、Ca2+、Cl-C.澄清透明溶液中：Cu2+、K+、、Cl-D.小蘇打溶液中：K+、I-、、OH-〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．強(qiáng)酸性溶液中的H+與反應(yīng)而不能大量共存，H++H2O+=Al(OH)3↓，或者4H++=Al3++2H2O，A不合題意；B．強(qiáng)堿性溶液中的OH-與Fe2+、Ca2+均生成沉淀而不能大量共存，B不合題意；C．澄清透明溶液中的Cu2+、K+、、Cl-各離子間不反應(yīng)，能夠大量共存，C符合題意；D．小蘇打溶液中的與OH-能發(fā)生反應(yīng)：+OH-=+H2O，D不合題意；故〖答案〗為：C。5.設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.1.9g18OH-中含有的電子數(shù)為NAB.1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的數(shù)目為2NAC.11.2LO2、CO2混合氣體含有的氧原子數(shù)為NAD.0.1molCl2通入足量水中，生成的Cl-的數(shù)目為0.1NA〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．已知1個OH-含有10個電子，故1.9g18OH-中含有的電子數(shù)為=NA，A正確；B．題干未告知溶液的體積，無法計算1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的數(shù)目，B錯誤；C．題干未告知氣體所處的狀態(tài)為標(biāo)準(zhǔn)狀況，故無法計算11.2LO2、CO2混合氣體含有的氧原子數(shù)，C錯誤；D．由于溶于水中的部分Cl2與水反應(yīng)，故無法計算0.1molCl2通入足量水中，生成的Cl-的數(shù)目，D錯誤；故〖答案〗為：A。6.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A.用鹽酸溶解氧化鋁O2-+2H+=H2OB.用氯化鐵溶液蝕刻銅電路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C.Na2O2與H2O反應(yīng)：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑D.CaCl2溶液中通入少量CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．氧化鋁是氧化物，離子方程式書寫時不能拆，故用鹽酸溶解氧化鋁的離子方程式為：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，A錯誤；B．用氯化鐵溶液蝕刻銅電路板的反應(yīng)方程式為：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故該反應(yīng)的離子方程式為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，B正確；C．原離子方程式質(zhì)量不守恒，故Na2O2與H2O反應(yīng)的離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，C錯誤；D．由于鹽酸的酸性比碳酸的強(qiáng)，故CaCl2溶液不與CO2反應(yīng)，D錯誤；故〖答案〗為：B。7.下列裝置或操作能達(dá)到實驗?zāi)康氖茿.用裝置①配制一定物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸B.用裝置②制備Fe(OH)3膠體C.用裝置③比較Cl、C元素的非金屬性D.用裝置④鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．容量瓶不能作為溶解稀釋、反應(yīng)和長期貯存溶液的儀器，A不合題意；B．將氯化鐵飽和溶液滴加到沸水中繼續(xù)加熱煮沸至溶液呈紅褐色，故不可用裝置②制備Fe(OH)3膠體，F(xiàn)eCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，B不合題意；C．裝置③發(fā)生的反應(yīng)有：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑、Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，可以說明HCl的酸性強(qiáng)于碳酸，由于HCl不是Cl的最高價氧化物對應(yīng)水化物，故用裝置③不好比較Cl、C元素的非金屬性強(qiáng)弱，C不合題意；D．碳酸氫鈉和碳酸鈉與等濃度的稀鹽酸反應(yīng)時，碳酸氫鈉放出氣體的速度比碳酸鈉快，故可用裝置④鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉，D符合題意；故〖答案〗為：D。8.有關(guān)鈉、鐵、鋁及其化合物的說法正確的是A.鈉、氧化鈉、過氧化鈉放置在空氣中，均會因為發(fā)生氧化還原反應(yīng)而變質(zhì)B.將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵與水在高溫下反應(yīng)，粉末變紅C.補(bǔ)鐵劑與維生素C同時服用效果更好，原因是維生素C具有氧化性D.常溫常壓下，等質(zhì)量鋁片分別與足量鹽酸、燒堿溶液反應(yīng)，放出氫氣體積相同〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．鈉、過氧化鈉放置在空氣中分別發(fā)生反應(yīng)：4Na+O2=2Na2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2均會因為發(fā)生氧化還原反應(yīng)而變質(zhì)，但氧化鈉在空氣中的反應(yīng)為Na2O+CO2=Na2CO3卻為非氧化還原反應(yīng)，A錯誤；B．將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵與水在高溫下反應(yīng)生成Fe3O4，F(xiàn)e3O4是黑色晶體，故粉末不變紅，B錯誤；C．補(bǔ)鐵劑與維生素C同時服用效果更好，原因是維生素C能夠?qū)e3+還原為Fe2+，利于鐵的吸收，該過程體現(xiàn)質(zhì)量維生素C具有還原性，C錯誤；D．根據(jù)反應(yīng)方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，常溫常壓下，等質(zhì)量鋁片分別與足量鹽酸、燒堿溶液反應(yīng)，放出氫氣體積相同，D正確；故〖答案〗為：D。9.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。X原子的L層電子數(shù)是其K層電子數(shù)的3倍，Z是短周期金屬性最強(qiáng)的元素，W是地殼中含量最多的金屬元素。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑：X>Y>Z>WB.簡單氫化物的穩(wěn)定性：X>YC.Z、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物能互相反應(yīng)D.X與Z形成的化合物中陰離子與陽離子個數(shù)之比均為1：2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X原子的L層電子數(shù)是其K層電子數(shù)的3倍，則X為O，Z是短周期金屬性最強(qiáng)的元素，則Z為Na，故Y為F，W是地殼中含量最多的金屬元素即為Al，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．由分析可知，四種元素分別為：O、F、Na、Al，它們簡單離子分別為：O2-、F-、Na+、Al3+具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，且核電荷數(shù)依次增大，則離子半徑依次減小，故簡單離子半徑為O2-＞F-＞Na+＞Al3+即X>Y>Z>W，A正確；B．元素簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性與其非金屬性一致，已知F的非金屬性強(qiáng)于O的，故簡單氫化物的穩(wěn)定性HF＞H2O即Y>X，B錯誤；C．由分析可知，Z為Na、W為Al，故Z、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物即NaOH和Al(OH)3能互相反應(yīng)，方程式為：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，C正確；D．由分析可知，X為O，Z為Na，故X與Z形成的化合物Na2O和Na2O2中陰離子與陽離子個數(shù)之比均為1：2，D正確；故〖答案〗為：B。10.下列變化或結(jié)構(gòu)中對圖示的解釋錯誤的是ABCD向Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸，溶液導(dǎo)電能力變化光照過程中氯水的pH變化NaCl的形成純金屬與合金的結(jié)構(gòu)a時刻Ba(OH)2溶液與稀硫酸恰好完全中和pH降低的原因可能是HClO分解2NaCl合金內(nèi)原子層之間的相對滑動變得困難，硬度變大A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．a(chǎn)點導(dǎo)電能力為0，說明溶液中離子濃度接近于0，Ba(OH)2溶液與稀硫酸恰好完全中和生成硫酸鋇和水，A正確；B．溶液中存在反應(yīng)Cl2+H2O?HCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，光照條件下HClO分解生成HCl導(dǎo)致溶液中c(HCl)增大，溶液的pH值減小，pH降低的原因可能是HClO分解，B正確；C．Na失去一個電子形成鈉離子，Cl得到一個電子形成氯離子，鈉離子與氯離子之間通過離子鍵結(jié)合形成氯化鈉晶體，則2Na+Cl22NaCl反應(yīng)過程中電子轉(zhuǎn)移2e-，應(yīng)該表示為：，C錯誤；D．合金中原子半徑不同，使原子層之間的相對滑動變得困難，硬度變大，D正確；故〖答案〗為：C。11.稀土金屬是我國重要的戰(zhàn)略資源。稀土金屬鈰(Ce)性質(zhì)活潑，常見的化合價為+3和+4，可發(fā)生如下反應(yīng)：①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O③I2+SO2+2H2O=4H++2I-+。下列說法錯誤的是A.氧化性由強(qiáng)到弱的順序是CeO2>H2O2>I2B.還原性由強(qiáng)到弱的順序是I->SO2>Ce3+C.反應(yīng)2CeO2+2I-+8H+=2Ce3++I2+4H2O可以進(jìn)行D.H2O2在反應(yīng)①中被氧化，在反應(yīng)②中被還原〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．根據(jù)氧化劑的氧化性強(qiáng)于還原劑和氧化產(chǎn)物可知，由①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O得出氧化性：CeO2＞H2O2，由②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O得出氧化性：H2O2＞I2，故有氧化性由強(qiáng)到弱的順序是CeO2>H2O2>I2，A正確；B．根據(jù)還原劑的還原性強(qiáng)于氧化劑和還原產(chǎn)物可知，由①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O得出還原性：H2O2＞Ce3+，由②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O得出還原性：I-＞H2O2，由③I2+SO2+2H2O=4H++2I-+得出還原性：SO2＞I-，故有還原性由強(qiáng)到弱的順序是SO2＞I->H2O2>Ce3+，B錯誤；C．由B項分析可知，還原性由強(qiáng)到弱的順序是SO2＞I->H2O2>Ce3+，故反應(yīng)2CeO2+2I-+8H+=2Ce3++I2+4H2O可以進(jìn)行，C正確；D．由反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)①H2O2中的O由-1價升高到0價，故被氧化，在反應(yīng)②中H2O2中O由-1價降低到-2價，故被還原，D正確；故〖答案〗為：B。12.“價一類”二維圖是元素化合物知識系統(tǒng)化學(xué)習(xí)的良好工具，氯及其化合物的“價一類”二維圖如下，下列說法錯誤的是A.酸性：戊>已 B.若將乙轉(zhuǎn)化為甲，可以不加還原劑C.丙為ClO2，可用作自來水消毒劑 D.推測庚既有氧化性又有還原性〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由題干關(guān)于氯及其化合物的價類二維圖信息可知，甲為HCl、乙為Cl2、丙為ClO2、丁為Cl2O7，戊為HClO、己為HClO4、庚為、辛為，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．由分析可知，戊為HClO、己為HClO4，HClO弱酸，酸性比碳酸還弱，HClO4強(qiáng)酸，酸性比H2SO4還強(qiáng)，故酸性：戊＜已，A錯誤；B．由分析可知，乙為Cl2、甲為HCl，若將乙轉(zhuǎn)化為甲的反應(yīng)為：Cl2+H2O=HCl+HClO反應(yīng)中，H2O既不是氧化劑也不是還原劑，故可以不加還原劑，B正確；C．由分析可知，丙為ClO2，具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，故可用作自來水消毒劑，C正確；D．由分子可知，庚為，Cl的化合價處于中間價態(tài)，故可推測庚既有氧化性又有還原性，D正確；故〖答案〗為：A。13.某化學(xué)小組用如圖所示裝置檢驗氯氣是否具有漂白性及鹵素單質(zhì)氧化性的相對強(qiáng)弱。下列說法錯誤的是A.a中U型管可盛放無水氯化鈣B.b處棉花球變成黃色，說明Cl2的氧化性比Br2強(qiáng)C.c處棉花球變成藍(lán)色，說明Br2的氧化性比I2強(qiáng)D.d裝置中可發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由氯氣的氧化性強(qiáng)，結(jié)合圖可知，b處發(fā)生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；c處發(fā)生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2；d處為尾氣處理，發(fā)生2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，以此來解答?！荚斘觥紸．Cl2本身沒有漂白性，濕潤的Cl2具有漂白性，故a中濕潤的有色布條褪色，經(jīng)過U管中干燥劑干燥后，干燥的有色布條不褪色，故a中U型管可盛放無水氯化鈣來干燥Cl2，A正確；B．b處發(fā)生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，則b處棉花球變成黃色，說明Cl2的氧化性比Br2強(qiáng)，B正確；

C．c處發(fā)生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2，只能說明有碘生成，由于氯氣的干擾不能說明Br2的氧化性比I2強(qiáng)，C錯誤；D．由分析可知，d處為尾氣處理，d裝置中可發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，D正確；故〖答案〗：C。14.某水溶液可能含有以下離子中的某幾種：Na+、Fe2+、Mg2+、Al3+、Cl-、，現(xiàn)取三份50mL溶液分別進(jìn)行如下實驗，忽略混合前后溶液體積的變化。根據(jù)實驗結(jié)果，以下推測正確的是實驗1：50.0mL溶液無現(xiàn)象14.35g白色沉淀實驗2：A.原溶液中一定含有Cl-，且c(Cl-)=0.1mol/LB.原溶液中可能含有Na+，可通過焰色試驗檢驗C.0.8g白色固體為MgO和Al2O3混合物D.原溶液中c(Na+)=0.6mol/L〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．實驗1中得到沉淀是AgCl，說明肯定含Cl-，AgCl物質(zhì)的量是0.1mol，可得Cl-物質(zhì)的量是0.1mol，濃度是，A錯誤；B．肯定含Na+，B錯誤；C．實驗2中，濾液中含OH-，說明白色沉淀是Mg(OH)2，白色固體是MgO，沒有Al2O3，C錯誤；D．實驗2中，初始OH-物質(zhì)的量是0.1mol。0.8gMgO物質(zhì)的量是,可得Mg2+物質(zhì)的量是0.02mol，生成沉淀消耗0.04molOH-，濾液剩余OH-是0.02mol，可得Al3+消耗OH-是0.1mol-0.04mol-0.02mol=0.04mol，反應(yīng)是Al3++4OH-=AlO+2H?O，可得Al3+物質(zhì)的量是0.01mol。實驗1可得不含F(xiàn)e2+、，原溶液中含0.02molMg2+，0.01molAl3+，0.1molCl-，根據(jù)電荷守恒，存在Na+，可得如下，2n(Mg2+)+3n(Al3+)+n(Na+)=n(Cl-)，n(Na+)=0.03mol，原溶液中c(Na+)=，D正確；故選D。二、非選擇題：本題共5小題，共58分。15.化學(xué)在生產(chǎn)、生活中應(yīng)用廣泛，貫穿古今。（1）我國古代四大發(fā)明之一的黑火藥是由硫黃粉、硝酸鉀和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸時的反應(yīng)為S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。上述反應(yīng)物和生成物中，屬于電解質(zhì)的是___(填化學(xué)式)；在該反應(yīng)中，被還原的元素為___(填元素符號)。（2）碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多，原因是(用離子方程式表示)___；除去Na2CO3粉末中少量的NaHCO3的方法是__________。（3）某品牌84消毒液中NaClO的物質(zhì)的量濃度為0.96mol/L，現(xiàn)需配制0.010mol/L的NaClO稀溶液450mL，需要用量筒量取84消毒液_____mL，在配制過程中，除需要燒杯、量筒、玻璃棒外還必需的玻璃儀器有___，若量取84消毒液時俯視讀數(shù)，所配制溶液濃度將______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。84消毒液不能與潔廁靈(主要成分為鹽酸)混用，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________；〖答案〗（1）①.KNO3、K2S②.N和S（2）①.+H+=H2O+CO2↑②.加熱至恒重（3）①.5.2②.500mL容量瓶和膠頭滴管③.偏小④.ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O〖解析〗〖小問1詳析〗電解質(zhì)是指在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?，所有的酸堿鹽、大多數(shù)金屬氧化物和水屬于電解質(zhì)，故反應(yīng)S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑的反應(yīng)物和生成物中，S、C、N2是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，KNO3、K2S屬于鹽，是電解質(zhì)，CO2屬于非電解質(zhì)，在該反應(yīng)中，N和S元素的化合價降低，被還原，故〖答案〗為：KNO3、K2S；N和S；〖小問2詳析〗由于NaHCO3能與胃酸即鹽酸反應(yīng)，方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多，該反應(yīng)的離子方程式為：+H+=H2O+CO2↑，由于碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，故除去Na2CO3粉末中少量的NaHCO3的方法是加熱至恒重，故〖答案〗為：+H+=H2O+CO2↑；加熱至恒重；〖小問3詳析〗某品牌84消毒液中NaClO的物質(zhì)的量濃度為0.96mol/L，現(xiàn)需配制0.010mol/L的NaClO稀溶液450mL，根據(jù)稀釋過程中溶液的溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變可知，需要用量筒量取84消毒液=5.2mL，在配制過程中，除需要燒杯、量筒、玻璃棒外還必需的玻璃儀器有500mL容量瓶和膠頭滴管，若量取84消毒液時俯視讀數(shù)，導(dǎo)致量取的濃溶液體積偏小，即溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，所配制溶液濃度將偏低，由于NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，故84消毒液不能與潔廁靈(主要成分為鹽酸)混用，該反應(yīng)的離子方程式為：ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O，故〖答案〗為：5.2；500mL容量瓶和膠頭滴管；偏??；ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O。16.已知A、B、C為金屬單質(zhì)，A的焰色為黃色，C是當(dāng)前用量最大的金屬，D、E、F、G、H是中學(xué)常見化合物，常溫下甲、乙、丙為氣體，乙呈黃綠色。它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物未標(biāo)出，每步反應(yīng)均完全)。回答下列問題：請根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）丙的電子式為_________；甲在乙中燃燒生成丙時的現(xiàn)象為____________。（2）反應(yīng)①~⑦中，不屬于氧化還原反應(yīng)的是___(填序號)；反應(yīng)①中每消耗6．9gA時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為___(設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。（3）反應(yīng)③的離子方程式為____________。（4）反應(yīng)⑥的化學(xué)方程式為__________；檢驗G溶液中陽離子的試劑是___(填化學(xué)式)。（5）反應(yīng)⑧中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。〖答案〗（1）①.②.安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，瓶口有白霧（2）①.⑦②.0.3NA（3）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑（4）①.Fe+2FeCl3=3FeCl2②.KSCN（5）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3〖解析〗〖祥解〗由題干信息和轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知，A、B、C為金屬單質(zhì)，A的焰色為黃色故A為Na，C是當(dāng)前用量最大的金屬即C為Fe，D、E、F、G、H是中學(xué)常見化合物，常溫下甲、乙、丙為氣體，乙呈黃綠色，則乙為Cl2，Na與水反應(yīng)生成NaOH和H2，故甲為H2，D為NaOH，Al與NaOH溶液反應(yīng)生成H2，故B為Al，H2在Cl2中安靜地燃燒生成HCl，即丙為HCl，E溶液為鹽酸，F(xiàn)e與鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，即F為FeCl2，F(xiàn)eCl2與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，即G為FeCl3，NaOH與FeCl3反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，即H為Fe(OH)3，據(jù)此分析解題。〖小問1詳析〗由分析可知，丙為HCl，故丙的電子式為，甲在乙中即H2在Cl2中燃燒生成丙時的現(xiàn)象為安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，瓶口有白霧，故〖答案〗為：；安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，瓶口有白霧；〖小問2詳析〗反應(yīng)①~⑦的方程式分別為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、H2+Cl22HCl、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl2+Cl2=2FeCl3、Fe+2FeCl3=3FeCl2、FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，故不屬于氧化還原反應(yīng)的是⑦，反應(yīng)①中每消耗6.9gA即=0.3molNa，反應(yīng)中Na轉(zhuǎn)化為Na+，故時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA，故〖答案〗為：⑦；0.3NA；〖小問3詳析〗由(2)分析可知，反應(yīng)③的化學(xué)方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故其離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，故〖答案〗為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；〖小問4詳析〗由(2)分析可知，反應(yīng)⑥的化學(xué)方程式為：Fe+2FeCl3=3FeCl2，由分析可知G為FeCl3，檢驗G溶液中陽離子即Fe3+的試劑是KSCN，故〖答案〗為：Fe+2FeCl3=3FeCl2；KSCN；〖小問5詳析〗反應(yīng)⑧即向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，該過程發(fā)生的反應(yīng)有：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故其中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故〖答案〗為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。17.已知X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其原子徑和最外層電子數(shù)之間的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）元素Y在周期表中的位置是________。X與Q形成的是___化合物(填“離子或“共價”)。（2）Z元素的一種淡黃色固體化合物中所含有的化學(xué)鍵類型為_______。用電子式表示出化合物Z2Q的形成過程__________(用元素符號表示，下同)。（3）Q和W非金屬性較強(qiáng)的是___，請用原子結(jié)構(gòu)知識解釋產(chǎn)生上述差異的原因為___。設(shè)計簡單實驗證明兩者的非金屬性強(qiáng)弱______(用離子方程式表示)。（4）探究同主族元素性質(zhì)的遞變規(guī)律是學(xué)習(xí)化學(xué)的重要方法之一，已知R是第六周期與X、Z同主族的元素，有關(guān)R的推測，正確的個數(shù)為__(填字母)。①在自然界中以單質(zhì)形態(tài)存在，少量的R可以保存在煤油中②對應(yīng)氫氧化物堿性的強(qiáng)弱是：R>Z③易與氧氣發(fā)生反應(yīng)，加熱時生成的氧化物形式為R2O④對應(yīng)離子的氧化性是：R<Z⑤R可以從CuSO4的溶液中將金屬銅置換出來⑥碳酸鹽不易發(fā)生分解反應(yīng)A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗（1）①.第2周期第ⅥA族②.共價（2）①.離子鍵和共價鍵②.（3）①.Cl②.S和Cl位于同一周期，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強(qiáng)，則非金屬更強(qiáng)③.S2-+Cl2=S+2Cl-（4）B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Z最外層上只有1個電子，且X的半徑最小，故X為H、Z的半徑最大，則Z為Na，Y、Q、W的最外層上分別有4個、6個、7個電子，且半徑比Q、W小，即Y、Q、W不可能是同一周期元素，則Y為C，Q為S，W為Cl，據(jù)此分析解題?！夹?詳析〗由分析可知，Y為C，故元素Y在周期表中的位置是第2周期第ⅥA族，X為H，Q為S，X與Q形成的化合物是H2S，是共價化合物，故〖答案〗為：第2周期第ⅥA族；共價；〖小問2詳析〗由分析可知，Z為Na，故Z元素一種淡黃色固體化合物即Na2O2中所含有的化學(xué)鍵類型為Na+和之間的離子鍵和中O和O之間的非極性共價鍵，用電子式表示出化合物Z2Q即Na2S的形成過程為：，故〖答案〗為：離子鍵和共價鍵；；〖小問3詳析〗由分析可知，Q為S，W為Cl，根據(jù)同一周期從左往右元素的非金屬性依次增強(qiáng)，故Q和W非金屬性較強(qiáng)的是Cl，由于S和Cl位于同一周期，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強(qiáng)，則非金屬更強(qiáng)，非金屬性與單質(zhì)的氧化性一致，將Cl2通入到Na2S溶液中，若出現(xiàn)渾濁，則說明發(fā)生了S2-+Cl2=S+2Cl-，說明Cl2的氧化性強(qiáng)于S的，故〖答案〗為：Cl；S和Cl位于同一周期，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強(qiáng)，則非金屬更強(qiáng)；S2-+Cl2=S+2Cl-；〖小問4詳析〗由分析可知，X、Z分別為H、Na，R是第六周期與X、Z同主族的元素，即位于第IA族即堿金屬元素，據(jù)此分析解題：①根據(jù)堿金屬化學(xué)性質(zhì)非?；顫?，從上往下金屬增強(qiáng)，即R的金屬性比Na更活潑，故在自然界中都以化合