天津市南开区2020届高三学业水平合格性考试模拟试卷化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精天津市南开区2020届高三学业水平合格性考试模拟试卷化学试题含解析2020年南开区高中学业水平合格性考试模拟试卷化学学科本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题)两部分,共100分,考试用时60分钟.第Ⅰ卷1至5页，第Ⅱ卷6至8页。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答题时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。2。本卷共30题，每题2分，共60分。在每题给出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的。可能用到的相对原子质量:H-1C—12N-14O—16Na—23Cl—35.5Fe—561。下列措施中不能改善环境质量的是（）A.将生活垃圾进行分类处理B。开发利用太阳能、氢能、风能等清洁能源C。为了加快经济发展,要多燃煤、多发电D。倡导绿色化学理念，努力实现“原子经济"【答案】C【解析】【详解】A．将生活垃圾进行分类处理，可以节约资源,保护环境，有利于改善环境质量，A正确;B．开发利用太阳能、氢能、风能等清洁能源,减少化石燃料的使用,可以减少环境污染物的排放，有利于改善环境质量，B正确；C．发展以煤炭为原料的火力发电，会消耗大量化石能源，能产生大量的二氧化碳、二氧化硫等气体，不利于环境保护,C错误；D．倡导绿色化学理念，努力实现“原子经济”，可减少污染物的排放，有利于改善环境质量，D正确；故合理选项是C。2。下列原子最外层电子数最多的是（)A。O B。F C。Al D。P【答案】B【解析】【详解】A．O原子核外电子排布是2、6，最外层有6个电子；B．F原子核外电子排布是2、7，最外层有7个电子;C．Al原子核外电子排布是2、8、3,最外层有3个电子;D．P原子核外电子排布是2、8、5，最外层有5个电子；可见最外层电子数最多有7个,故合理选项是B。3.下列元素不属于主族元素的是（）A。K B.I C.Si D。He【答案】D【解析】【详解】A．K是第四周期第IA族的元素，A不符合题意；B．I是第五周期第VIIA族的元素,B不符合题意;C．Si是第三周期第IVA族的元素，C不符合题意；D．He是第一周期0族元素，不属于主族元素，D符合题意;故合理选项是D。4.下列有关胶体与溶液的叙述错误的是(）A。都是混合物 B。胶体比溶液更稳定C。都属于分散系 D。用丁达尔效应可区分胶体与溶液【答案】B【解析】【详解】A．溶液、浊液、胶体都是分散系，都属于混合物,A正确；B．胶体是介稳分散系，其稳定性比溶液差,B错误；C．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为:溶液(小于1nm）、胶体（1nm～100nm)、浊液(大于100nm）,胶体和溶液都是分散系，C正确；D．胶体有丁达尔效应，是由于胶体的胶粒对光发生了散射,而溶液无丁达尔效应，D正确；故合理选项是B。5。下列物质属于电解质是(）A。Ag B.NaCl溶液 C.蔗糖 D.KOH【答案】D【解析】【详解】A．Ag是金属单质，不是化合物，因此不属于电解质，也不属于非及电解质，A不符合题意；B．NaCl溶液是混合物，不是化合物，因此不是电解质，B不符合题意；C．蔗糖是化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能导电,因此属于非电解质,C不符合题意；D．KOH是碱,在水溶液中或熔融状态下能够电离产生自由移动的离子而能够导电，因此属于电解质，D符合题意；故合理选项是D。6。下列过程属于物理变化的是（）A。煤的气化 B。石油裂化 C。石油分馏 D。乙烯聚合【答案】C【解析】【详解】A．煤的气化是煤中的C与H2O反应产生CO和H2，由于反应产生了新的物质，因此发生的是化学变化，A不符合题意；B．石油裂化是石油中大分子在一定条件下分解变为小分子物质的过程，由于产生新的物质，因此发生的是化学变化，B不符合题意;C．石油分馏是分离互溶的沸点不同的液体混合物的过程，由于没有新的物质产生，因此发生的是物理变化，C符合题意；D．乙烯聚合是乙烯发生加聚反应产生聚乙烯.由于反应产生新的物质,因此发生的是化学变化，D不符合题意；故合理选项是C。7.“稀土”是我国宝贵的战略资源。已知稀土元素钐(Sm）的原子序数是62，Sm的某种同位素中子数是82，其质量数是（）A.144 B.82 C.62 D.20【答案】A【解析】【详解】原子序数=质子数,质量数=质子数+中子数；钐(Sm)的原子序数是62,Sm的某种同位素中子数是82，其质量数=62+82=144，故选：A。8.危险化学品要在包装标签上印有警示性标志。氢氧化钠应选用的标志是(）A。 B.C. D。【答案】A【解析】【详解】A.氢氧化钠应在通常情况下是一种白色固体，具有强腐蚀性，A符合题意；B.氢氧化钠是固体，也没有可燃性,B不符合题意;C。氢氧化钠没有可燃性，更不会自燃，C不符合题意;D。氢氧化钠通常没有氧化性,不做氧化剂，D不符合题意；故答案为：A。9.下列各组物质互为同分异构体的是（）A。O2和O3B.12C和C.和D.正戊烷和异戊烷【答案】D【解析】【详解】A．O2和O3为同一种元素构成的不同单质,互为同素异形体，A错误；B．12C和14C．和为四面体结构，两者为同一种物质，C错误；D．正戊烷和异戊烷为分子式相同结构不同的两种化合物，互为同分异构体,D正确;答案选D。10。分类法是学习和研究化学的一种重要方法.下列分类不合理的是(）A。CaO和SO3都属于氧化物B.K2SO4和KHCO3都属于盐C。KOH和Na2CO3都属于碱D.H2SO4和H3PO4都属于酸【答案】C【解析】【详解】A。由两种元素构成、其中一种为氧元素的化合物为氧化物，故CaO和SO3都属于氧化物，故A正确；B。阳离子是金属阳离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐，故K2SO4和KHCO3都属于盐，且均为钾盐,故B正确;C。电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱,KOH为碱，而Na2CO3为盐，故C错误;D.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，H2SO4和H3PO4都属于酸，故D正确。故选:C。11。下列气体中，既能用浓硫酸干燥，又能用NaOH固体干燥的是（）A.CH4 B。NH3 C。HCl D.SO【答案】A【解析】【详解】A．CH4与浓硫酸、NaOH都不能发生反应，因此CH4既能用浓硫酸干燥，又能用NaOH固体干燥，A符合题意;B．NH3是碱性气体，能够与浓硫酸发生反应，因此NH3不能使用浓硫酸干燥,B不符合题意;C．HCl是酸性气体，能够与NaOH发生反应，因此HCl不能使用NaOH固体干燥，C不符合题意；D．SO2是酸性气体，能够与NaOH发生反应，因此SO2不能使用NaOH固体干燥,D不符合题意；故合理选项是A.12.下列各组中的离子能大量共存且溶液呈无色的是()A。Na+、Ba2+、Cl—、SO42- B。Cu2+、H+、NO3—、SO42-C。H+、Fe2+、NO3-、SO42- D。Na+、Ca2+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A．Ba2+、SO42—会反应产生BaSO4白色沉淀,不能大量共存，A不符合题意；B．Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，B不符合题意；C．H+、Fe2+、NO3—会发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O，不能大量共存，C不符合题意；D．选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，且离子水溶液显无色,D符合题意；故合理选项是D。13。下列物质中，含有极性共价键的是（）A。水 B.单质碘 C。溴化钾 D.氯化镁【答案】A【解析】【分析】极性键是指不同非金属元素之间通过共用电子对的方式形成的相互作用。【详解】A．水分子中存在H—O之间的极性键，A符合题意；B．单质碘中存在I-I之间的非极性键，B不符合题意;C．溴化钾是由K+和Br—组成的,只存在离子键，C不符合题意；D．氯化镁是由Mg2+和Cl-组成的，只存在离子键，D不符合题意;故答案为：A。14。下列溶液中的c（Cl-)与5mL1mol/L的FeCl3溶液中的c（Cl-)相等的是（）A.7。5mL2mol/L的KCl溶液B。10mL1.5mol/L的CaCl2溶液C.5mL3mol/L的AlCl3溶液D.15mL1mol/L的MgCl2溶液【答案】B【解析】【详解】5mL1mol/L的FeCl3溶液中的c（Cl-）=1mol/L×3=3mol/L.A．7.5mL2mol/L的KCl溶液中,Cl—浓度为c（Cl-)=2mol/L×1=2mol/L，A不符合题意；B．10mL1.5mol/L的CaCl2溶液中，Cl-浓度为c（Cl-)=1.5mol/L×2=3mol/L，B符合题意；C。5mL3mol/L的AlCl3溶液中，Cl-浓度为c(Cl-）=3mol/L×3=9mol/L,C不符合题意；D．15mL1mol/L的MgCl2溶液中Cl—浓度为c（Cl—）=1mol/L×2=2mol/L，D不符合题意;故合理选项是B。15。下列反应不属于氧化还原反应的是（）A。2Na+Cl22NaClB。NaOH+HCl=NaCl+H2OC。CuO+H2Cu+H2OD.2Cl2+2Ca（OH）2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.反应中钠、氯元素化合价发生变化，为氧化还原反应,A错误；B。反应中无化合价变化，不属于氧化还原反应，B正确；C。反应中铜、氢元素化合价发生变化，为氧化还原反应，C错误；D.反应中氯元素化合价发生变化，为氧化还原反应,D错误；答案选B。16。下列关于钠及其化合物的叙述中，正确的是（）A。金属钠具有很强的氧化性B。过氧化钠露置于空气中会变成碳酸钠C。金属钠可保存在乙醇中D.钠可与硫酸铜溶液反应得到铜【答案】B【解析】【详解】A．金属钠容易失去电子，表现很强的还原性，A错误;B．过氧化钠露置于空气中会与空气中的H2O反应产生NaOH,NaOH吸收CO2气体，最后变成碳酸钠，B正确；C．金属钠能够与乙醇发生反应，因此不能保存在乙醇中。可根据钠与煤油不反应，密度比煤油小的性质,将金属钠保存在煤油中，C错误；D．钠可与硫酸铜溶液中的水发生置换反应，产生NaOH和H2,产生的NaOH再与溶质硫酸铜发生复分解反应产生氢氧化铜沉淀，因此不能将铜置换出来,D错误;故合理选项是B.17。下列叙述正确的是()A。氯水放置一段时间，pH增大B.盛有浓硫酸的试剂瓶敞口放置，质量会减轻C。SO2能使品红溶液褪色D.硅在自然界主要以单质形式存在【答案】C【解析】【详解】A．氯水放置一段时间，溶液中HClO分解产生HCl，使溶液的酸性增强，因此溶液的pH减小,A错误；B．浓硫酸具有吸水性，将盛有浓硫酸的试剂瓶敞口放置，由于浓硫酸吸收了空气中的水分而使溶液的质量增加，B错误;C．SO2具有漂白性，将其通入品红溶液中，会看到品红溶液褪色，C正确；D．硅元素在自然界都是以化合物的形式存在，没有硅单质，D错误；故合理选项是C。18.关于糖类、油脂、蛋白质的叙述中，正确的是()A.油脂和纤维素均属于天然高分子B。葡萄糖、蔗糖和蛋白质均能发生水解反应C。在加热条件下葡萄糖可与新制的氢氧化铜反应D淀粉、油脂和蛋白质都只含C、H、O三种元素【答案】C【解析】【详解】A.油脂不属于高分子化合物，A错误；B.葡萄糖是单糖,不能发生水解反应,B错误；C.葡萄糖分子中含有醛基,在加热条件下葡萄糖可与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，C正确；D.淀粉、油脂都只含C、H、O三种元素，而蛋白质都含C、H、O、N元素,有些蛋白质还含有S、P等元素，D错误;故合理选项是C。19。如图为番茄电池的示意图，下列说法正确的是（)A.锌是负极,发生还原反应B.正极反应为Zn－2e-=Zn2+C。电子从铜片经导线流向锌片D。一段时间后，锌片质量会减少【答案】D【解析】【详解】A．因为锌比铜活泼，故锌是负极,但是发生氧化反应,A错误；B．锌是负极，负极发生氧化反应，反应为Zn－2e—=Zn2+，而正极发生还原反应,B错误；C．电子由负极经导线流向正极,即从锌片经导线流向铜片，C错误；D．锌发生电极反应式为：Zn－2e—=Zn2+，故一段时间后,锌片质量会减少,D正确；故答案：D。20。下列冶炼金属的方法错误的是（）A。电解熔融NaCl制钠B。加热HgO制汞C.高温下用CO还原Fe2O3制铁D。高温下用H2还原Al2O3制铝【答案】D【解析】【详解】A.根据电解原理,电解熔融NaCl，阳极生成氯气，阴极析出钠，故可以用来制钠，A正确;

B.Hg、Ag等不活泼金属通常采用热分解法冶炼，汞可以利用加热HgO制备，B正确;

C.Fe、Zn、Cu等中等活泼金属通常用热还原法，高温下用CO还原Fe2O3制铁，C正确；

D。高温下用H2不能还原Al2O3制铝，应用电解氧化铝制备铝，D错误；

答案选D。21.为了除去粗盐中的少量泥沙和Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，先将粗盐溶于水，过滤，然后对滤液进行4项操作①过滤②加适量盐酸③加过量的NaOH和Na2CO3混合溶液④加入过量BaCl2溶液。上述4项操作的正确顺序为（)A。②①③④ B。④②③①C.④③①② D.②③④①【答案】C【解析】【详解】实验中我们通常分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去粗盐中的少量泥沙和Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，为了除杂更彻底，每次所用试剂都必须过量，这样必将带来新的杂质，故碳酸钠不光要除去Ca2+,还要除去过量的Ba2+，故决定了Na2CO3要在BaCl2的后面加,过滤出沉淀后再加入盐酸除去过量的CO和OH-，过量的盐酸可以适当加热就可以除去,经上述分析，可以得出只有C符合题意;故答案为：C。22.将氯水分别滴加到盛有等浓度的KI溶液、NaBr溶液的试管中，对比观察。通过此实验能够观察到的现象或得出的结论正确的是（)A.两支试管中溶液均呈紫色B.可证明还原性强弱：I->Br-C.可证明氧化性强弱：Cl2〉Br2>I2D。可证明Cl2的氧化性强于Br2和I2【答案】D【解析】【分析】氯水滴入KI溶液中发生：Cl2+2KI=I2+2KCl,I2溶于水为紫色，氯水滴入NaBr溶液中发生：Cl2+2NaBr=Br2+2KCl，Br2溶于水为橙色，据此解答.【详解】A．由分析可知，氯水滴入盛装KI溶液的试管后溶液呈紫色,滴入盛装NaBr溶液的试管后溶液呈橙色，A错误;B．Cl2+2KI=I2+2KCl证明还原性:I—＞Cl-，Cl2+2NaBr=Br2+2KCl证明还原性：Br—＞Cl—，无法证明还原性I—＞Br—，B错误；C．Cl2+2KI=I2+2KCl证明氧化性：Cl2＞I2，Cl2+2NaBr=Br2+2KCl证明氧化性：Cl2＞Br2，无法证明氧化性Br2＞I2，C错误；D．由C可知，Cl2的氧化性强于Br2和I2，D正确。答案选D。【点睛】氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。23。配制100mL1。00mol/L的NaCl溶液时，下列说法正确的是(）A。选用250mL容量瓶B.俯视容量瓶刻度线定容C.溶解搅拌时有液体溅出，会使所配制溶液浓度偏低D。定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线【答案】C【解析】【详解】A.配制100mL1。00mol/L的NaCl溶液时，应选用100mL容量瓶，A错误；B。定容时应平视容量瓶刻度线，俯视容量瓶刻度线定容后，溶液的体积偏小，浓度偏大,B错误;C。溶解搅拌时有液体溅出，造成溶质损失,会使所配制溶液浓度偏低,C正确；D。定容后摇匀，发现液面低于刻度线，无需再加蒸馏水至刻度线，否则会使所配制溶液浓度偏低，D错误；答案选C.24。下列反应中能量变化与如图一致的是(）A。甲烷燃烧B.生石灰与水反应C。镁与稀硫酸的反应D。氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应【答案】D【解析】【分析】反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应。【详解】A．甲烷燃烧是放热反应,A不满足题意；B．生石灰与水反应是放热反应，B不满足题意；C．镁与稀硫酸的反应是放热反应,C不满足题意；D．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应是吸热反应，D满足题意.答案选D。25。一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：H2（g)+I2（g）2HI(g）.当H2、I2、HI的浓度不再变化时，下列说法正确的是（）A。H2和I2全部转化为HIB.该反应已达化学平衡状态C.H2、I2、HI的浓度一定相等D。正、逆反应速率相等且等于零【答案】B【解析】【详解】A．由于H2（g）+I2（g）2HI(g）是个可逆反应，故H2和I2全部转化为HI，A错误；B．当H2、I2、HI的浓度不再变化时，说明该反应已达化学平衡状态,B正确;C．反应达到化学平衡状态，是各组分的浓度不再变化,而H2、I2、HI的浓度不一定相等，C错误;D．达到化学平衡时,正、逆反应速率相等，但均不等于零，D错误；故答案为：D。26。下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.氧化铜与稀硫酸反应：CuO+4H++SO=Cu2++SO2↑+2H2OB。二氧化碳通入足量澄清石灰水中：Ca2++2OH—+CO2=CaCO3↓+H2OC.铁和盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑D.氢氧化钡溶液与硫酸反应：OH-+H+=H2O【答案】B【解析】【详解】A．氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，不会生成SO2，正确的离子方程式为:CuO+2H+=Cu2++H2O，A错误;B．二氧化碳通入足量澄清石灰水中,澄清石灰水过量,生成白色沉淀，故离子方程式为:Ca2++2OH—+CO2=CaCO3↓+H2O，B正确；C．铁和盐酸反应生成氯化亚铁而不是氯化铁,正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，C错误；D．氢氧化钡溶液与硫酸反应生成硫酸钡是沉淀不能拆，正确的离子方程式为：2OH—+2H++Ba2++=2H2O+BaSO4↓，D错误；故答案为：B。27。下列过程中发生的化学反应属于加成反应的是(）A.用光照射甲烷与氯气的混合气体B.将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中C。乙醇和酸性重铬酸钾溶液的反应D.甲烷在空气中完全燃烧【答案】B【解析】【详解】A．用光照射甲烷与氯气的混合气体，发生的是取代反应，A不符合题意；B．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，发生加成反应产生1，2-二溴乙烷，B符合题意；C．乙醇具有还原性,能够被酸性重铬酸钾溶液氧化而使溶液变色,C不符合题意；D．甲烷在空气中完全燃烧产生二氧化碳和水，发生的反应属于氧化反应，D不符合题意；故合理选项是B。28。下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述不正确的是()A。在相同温度下，Na2CO3比NaHCO3的溶解度大B。Na2CO3和NaHCO3的水溶液均显碱性C。可以用加热的方法除去Na2CO3固体中含有的NaHCO3D.NaHCO3和Na2CO3各1mol分别与过量盐酸充分反应，产生CO2的质量不相同【答案】D【解析】【详解】A．在等量的水中溶解两种物质形成饱和溶液时，溶解Na2CO3的质量比NaHCO3多，可说明水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3,A正确；B．Na2CO3和NaHCO3都是强碱弱酸盐，在溶液中碳酸氢根离子、碳酸根离子水解消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c（H+），因此溶液显碱性,B正确；C．NaHCO3加热易分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，而Na2CO3加热不能分解，因此可通过加热的方法除去Na2CO3固体中混有的NaHCO3杂质，C正确；D．NaHCO3和Na2CO3都可以与盐酸反应,Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑（盐酸过量）,NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可见：等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应,放出CO2质量相等，因此NaHCO3和Na2CO3各1mol分别与过量盐酸充分反应,产生CO2的质量相同,D错误；故合理选项D。29。检验某溶液中是否含有下列常见离子的方法、现象及结论正确的是（)A。若加入淀粉溶液，溶液显蓝色，则一定有I-B.先加入硝酸无现象,再滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，说明一定含SO42—C。先加入硝酸无现象，再滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，说明一定含有Cl-D。用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，说明一定含有K+【答案】C【解析】【详解】A．若加入淀粉溶液，溶液显蓝色,说明溶液中含有I2，不能说明溶液中是否含有I—，A错误;B．硝酸具有强的氧化性，若加入硝酸,可能会将SO32—氧化产生SO42-,再加入加BaCl2溶液而产生BaSO4白色沉淀，因此不能说明溶液中一定含SO42—，B错误；C．先加入硝酸无现象,再滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，可说明溶液中一定含有Cl—，C正确；D．用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯上灼烧,火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+,但不能说明溶液中是否含有K+，D错误；故合理选项是C.30.下列说法中,正确的是（）A。常温常压下，22gCO2中所含二氧化碳分子数约为6。02×1023B.0。1mol•L-1NaOH溶液中含有0。1molNa+C。0。5molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023D.标准状况下，44.8L水的物质的量为2mol【答案】C【解析】【详解】A。根据n=,则22gCO2中所含二氧化碳分子数约为0。5×6。02×1023，A错误；B。0.1mol・L-1NaOH溶液没有体积无法计算物质的量，B错误；C。0。5molCl2中含有的氯原子数约为6。02×1023×0.5×2=6。02×1023，C正确；D。标准状况下,H2O为非气态，故无法计算物质的量，D错误；答案选C。第Ⅱ卷31.下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置：请按要求回答下列问题：（1）元素⑤的原子结构示意图为___；元素②的最高价氧化物的电子式是___.(2)⑤、⑥、⑨三种元素原子半径由大到小的顺序是___（填元素符号);这三种元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是___（填化学式)。（3）③、④元素的简单氢化物的稳定性较弱的是___（填化学式）。(4）①、②、④三种元素形成有机物的分子结构模型如图所示，写出该有机物的结构简式：___；①与②所形成的最简单的烯烃与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式：___.（5）元素⑦的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：___。（6）写出元素⑨的单质与水反应的化学方程式:___。（7）请从原子结构的角度解释，元素⑧非金属性比元素⑩强的原因:___.【答案】（1）.（2）。(3).K>Na>Mg（4）。KOH（5）。NH3（6）.CH3CH2OH（7）.CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br(8)。Al（OH)3+OH-=AlO+2H2O（9)。2K+2H2O=2KOH+H2↑（10）.Cl和Br在同一主族，Cl比Br电子层数少一层,Cl原子半径小，得电子能力强，因此非金属性强于Br【解析】【分析】根据元素周期表结构可知①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别为:H、C、N、O、Na、Mg、Al、Cl、K、Br，据此解答。【详解】(1)元素⑤（Na)的原子结构示意图为，元素②（C)的最高价氧化物为CO2，其电子式为：，故答案为：；;(2)电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小,所以⑤(Na)、⑥（Mg）、⑨（K）原子半径由大到小的顺序为K〉Na〉Mg,同主族元素从上到下金属性增强,同周期元素从左往右金属性减弱，所以金属性：K>Na〉Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强,所以碱性：KOH最强，故答案为：K>Na〉Mg；KOH;（3）非金属性：③(N）＜④（O），非金属性越强，简单氢化物的稳定性越好，所以简单氢化物的稳定性:NH3较弱，故答案为：NH3；（4)根据该有机物的分子结构模型可知，该有机物的结构简式为CH3CH2OH,①与②所形成的最简单的烯烃即CH2=CH2，其与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH3CH2OH;CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（5）元素⑦（Al）的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为:Al(OH）3+OH-=AlO+2H2O，故答案为：Al（OH)3+OH—=AlO+2H2O；（6）元素⑨(K)的单质（K)与水反应的化学方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案为:2K+2H2O=2KOH+H2↑;（7)元素⑧（Cl)非金属性比元素⑩(Br）强的原因是：Cl和Br在同一主族，Cl比Br电子层数少一层,Cl原子半径小，得电子能力强,因此非金属性强于Br,故答案为：Cl和Br在同一主族，Cl比Br电子层数少一层，Cl原子半径小，得电子能力强，因此非金属性强于Br。32。中学化学中几种常见物质的转化关系如图所示(部分生成物已略去）。其中,A为黑色固体;C、D为金属单质，且D为红色;H为红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料。（1)写出物质H的化学式：___。（2）写出下列反应的离子方程式：反应②___，反应③___。（3）向E溶液中滴入NaOH溶液时,生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出沉淀由白色变成红褐色的化学方程式：___。（4）印刷电路板是由高分子材料和金属D复合而成的。刻制印刷电路时，要用过量的F溶液作为“腐蚀液”,其在刻制过程中作___（填“氧化”或“还原”)剂,写出该反应的离子方程式：___。（5)某同学通过实验实现了反应F→E的转化，为了检验F是否完全转化为E,设计如下实验方案：取少量F于试管中，加水溶解,并滴加KSCN溶液，再向其中加入粉末C，振荡。当观察到___现象时，证明F完全转化为E.【答案】(1）。Fe2O3（2）。2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(3）。Fe3++3OH-=Fe(OH）3↓(4)。4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH）3(5）。氧化(6）.Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+（7）。红色褪去【解析】【分析】H为红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料，可推知H为Fe2O3；G加热生成H，则G为氢氧化铁;E与氯气反应生成F，F与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，则E为氯化亚铁,F为氯化铁；C、D为金属单质，且D为红色，则D为Cu,E为氯化亚铁则C为Fe；A为黑色固体，与盐酸反应生成B,B为氯化铜，则A为氧化铜.【详解】（1)综上分析，H为氧化铁,化学式为Fe2O3。（2）反应②中氯化亚铁与氯气发生反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；反应③中氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁和氯化钠,离子方程式为Fe3++3OH-=Fe（OH)3↓。(3）向氯化亚铁溶液中滴入NaOH溶液时，生成的白色絮状沉淀Fe(OH）2，氢氧化亚铁极易被空气中的氧气氧化，发生反应4Fe（OH)2+O2+2H2O=4Fe（OH)3，故白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。(4）刻制印刷电路时,要用过量的氯化铁溶液作为“腐蚀液"，氯化铁溶液与金属铜反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+,其中铁元素化合价降低，故氯化铁在刻制过程中作氧化剂。(5）为了检验氯化铁是否完全转化为氯化亚铁，取少量氯化铁溶液于试管中，加水溶解，并滴加KSCN溶液，铁离子遇KSCN溶液变红，再向其中加入铁粉，振荡，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，故当观察到红色褪去时，证明F完全转化为E。33.某实验小组的同学在实验室利用下列装