还剩16页未读，
继续阅读
精品解析：江西省南昌县莲塘第一中学2020-2021学年高一下学期期中考试化学试题（解析版）
展开
这是一份精品解析：江西省南昌县莲塘第一中学2020-2021学年高一下学期期中考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
江西省南昌市南昌县莲塘一中
2020-2021学年高一(下)期中化学试卷
一、选择题
1. 下列有关化学用语不正确的是
A. B原子结构示意图： B. CO2的电子式：
C. CH4的结构式： D. NaH的电子式：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．B为5号元素，原子结构示意图为：，选项A正确；
B．CO2是C原子与二个O原子分别通过两对共用电子对形成的共价化合物，电子式为，选项B不正确；
C．CH4是由碳原子与氢原子形成的共价化合物，其结构式为：，选项C正确；
D．NaH是由钠离子与H-离子形成的离子化合物，其电子式为：，选项D正确；
答案选B。
2. 13C-NMR(核磁共振)、15N-NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wu thrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下面有关13C、15N叙述正确的是
A. 13C与15N有相同的中子数 B. 13C与C60互为同素异形体
C. 15N与14N互为同位素 D. 15N的核外电子数与中子数相同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．13C与15N的中子数分别为13-6=7、15-7=8，不相等，故A错误；
B．13C是原子，不是C60的同素异形体，故B错误；
C．15N与14N都是N原子，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；
D．15N的核外电子数为7，中子数15-7=8，核外电子数与中子数不相同，故D错误；
故选C。
【点睛】同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同单质，同素异形体是同种元素形成的不同单质。
3. 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，双氧水、75%乙醇、含氯消毒剂、氯仿()等均可有效灭活病毒。下列说错误的是
A. HClO的电子式
B. 是共价化合物
C. NaClO是含有共价键的离子化合物
D. 分子所有原子均满足稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．HClO为共价化合物，分子中H最外层1个电子，Cl最外层7个电子，O最外层6个电子，O与Cl、H分别形成一个共价键，电子式为，故A正确；
B．绝大多数有机物都是共价化合物，是有机物，属于共价化合物，故B正确；
C．由活泼金属离子与酸根离子形成的化合物是离子化合物，NaClO是离子化合物，一定含有离子键，次氯酸根离子中含有共价键，故C正确；
D．分子含有氢原子，不满足稳定结构，故D错误；
答案选D。
4. 短周期元素R、T、Q、W在周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是
A. 含T的盐中一定含有
B. 原子半径：
C. 最简单气态氢化物的热稳定性：
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】A
【解析】
【分析】由短周期元素R、T、Q、W的位置，可知T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。
【详解】A．T为Al元素，含铝元素的盐可以是偏铝酸盐，不含有Al3+，故A错误；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：T＞Q＞R，故B正确；
C．非金属性N＞Si，故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3＞SiH4，故C正确；
D．非金属性Si＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3＜H2SO4，故D正确。
答案选A。
5. 、、、四种短周期元素的原子半径和最高正化合价见下表。
元素
原子半径/
0.117
0.110
0.102
0.077
最高正化合价
+4
+5
+6
+4
下列有关说法正确的是
A. 元素在周期表中位于第2周期ⅣA族
B. 元素最高价氧化物的水化物的酸性比的强
C. 元素的简单气态氢化物的热稳定性比的强
D. 四种元素中，元素形成的化合物的种类最多
【答案】D
【解析】
【分析】X和W最高价均是+4价，位于第ⅣA族，X的原子半径大于W的，则W是C，X是Si；Y和Z的最高价分别是+5和+6价，原子半径是X＞Y＞Z＞W，则Y是P，Z是S，据此解答。
【详解】A．元素X是Si，在周期表中位于第三周期ⅣA族，A错误；
B．元素Y是P，非金属性P＜S，则最高价氧化物的水化物的酸性比S的弱，B错误；
C．非金属性O＞S，则元素S的简单气态氢化物的热稳定性比的弱，C错误；
D．由于有机物均含有碳元素，则四种元素中，元素C形成的化合物的种类最多，D正确；
答案选D。
6. a、b、c、d 是四种短周期元素。a、b、d 同周期，c、d 同主族。a 的原子结构示意图(如下图)，b与c形成化合物的电子式为。下列比较中正确的是
A. 原子半径：a＞c＞d＞b B. 电负性a＞b＞d＞c
C. 原子序数：d＞a＞c＞b D. 最高价含氧酸的酸性c＞d＞a
【答案】D
【解析】
【分析】从a的原子结构示意图可知，a的核外电子排到了第三层，前两层必定为2、8个电子，也就是x=2，所以a为14号元素硅，位于第三周期；从电子式看出c原子核外排满8电子后为-3价，所以c是第ⅤA族元素，且不与a对应的硅元素同周期，c为第二周期第五主族元素N，与c同族的d应为第三周期第五主族的元素P。从电子式还可以看出，b元素为+1价，应为第一主族元素，且为第三周期元素，为Na；据以上分析进行解答。
【详解】结合以上分析可知，a为Si，b为Na，c为N，d为P；
A．一般来讲，电子层数越多，半径越大，同一周期，从左到右原子半径减小，因此原子半径：b＞a＞d ＞c，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，一般非金属元素的电负性强于金属元素的电负性；非金属性同周期从左到右越来越强，同主族越往上越强，正确的顺序： c＞d＞a＞ b，故B错误；
C．原子序数正确顺序：d＞a＞b＞c，故C错误；
D．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以最高价含氧酸的酸性c＞d＞a，故D正确；
故选D。
7. 1919年，卢瑟福做了用α粒子(He)轰击氮原了核的实验，实现了原子核的人工转变，发现了质子。其中Y的某种单质可用作自来水消毒剂。下列说法正确的是
A. X与Y均能与氢组成含18电子的化合物
B. Y存在Y、Y、Y多种同素异形体
C. Y与中子数相同
D. 该转化过程属于化学反应
【答案】A
【解析】
【分析】Y的质量数为17，Y的某种单质可用作自来水消毒剂，则该单质为臭氧，所以Y为O元素，Y的质子数为8，z=7，则X为N元素，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，X为N，Y为O，可以形成H2O2和N2H418电子的化合物，故A正确；
B．Y的质子数为8，Y为O元素，16O、17O、18O互为同位素，故B错误；
C．根据质量守恒定律，w=14，14N有7个中子，17O有9个中子，故C错误；
D．该转化过程中原子核发生了变化，不属于化学变化，故D错误；
故选A。
8. 根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是
A. 碱性：Mg(OH)2
D. 34号元素X被誉为“生命的奇效元素”，它在周期表中位于第四周期第ⅥA族
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．金属性Rb＞Na＞Mg，碱性比较：Mg（OH）2＜NaOH＜RbOH，故A正确；
B．非金属性S＞P＞Si，酸性比较：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故B正确；
C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；
D．34号元素为Se，在周期表中位于第四周期第ⅥA族，故D正确。
故选C。
9. 已知A、B、C、D为短周期元素，A、D同主族，B、C、D周期，A的气态氢化物的稳定性大于D的气态化物的稳定性，B、C为金属元素，B的阳离子的氧化性小于C的阳离子的氧化性。下列说法正确的是
A. A与B形成的化合物中只含离子键
B. A的气态氢化物的沸点一定高于D的气态氢化物的沸点
C. 若A与C的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为C2A3
D. 相同条件下，B的最高价氧化物的水化物的碱性比C的最高价氧化物的水化物的碱性强
【答案】D
【解析】
【分析】
已知A、B、C、D为短周期元素，A、D同主族，A的气态氢化物的稳定性大于D的气态化物的稳定性，则A和D是非金属，原子序数是A＜D；B、C为金属元素，B的阳离子的氧化性小于C的阳离子的氧化性，则金属性是B＞C。
【详解】A．A与B形成的化合物中不一定只含离子键，若A为O，B为Na，则形成的过氧化钠含有共价键，A错误；
B．若A为C，则D为Si，CH4的沸点低于SiH4的沸点，B错误；
C．若A为N元素，C为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为C3A2，C错误；
D．金属性B强于C，则相同条件下，B的最高价氧化物的水化物的碱性比C的最高价氧化物的水化物的碱性强，D正确；
答案选D。
10. 应用元素周期律判断下列语句，其中正确的组合是
①碱金属(即ⅠA族)单质的熔点随原子序数的增大而降低
②砹(At)是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定性大于HCl
③硒(Se)的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱
④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性
⑤铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱
A. ①③④ B. ①③⑥ C. ③④⑤ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①碱金属(即ⅠA族)单质在固态时都属于金属晶体，晶体的熔点会随原子序数的增大而降低，①正确；
②同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，砹(At)是第ⅦA族元素，元素的非金属性：At＜Cl，则氢化物的稳定性：HAt＜HCl，②错误；
③同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：硒(Se)＜S，所以酸性：H2SeO4＜H2SO4，③正确；
④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液有的为酸性，如HF，有的显碱性，如NH3，④错误；
⑤同一主族元素，元素的原子序数越大，元素的金属性越强，铊(Tl)与铝同主族，其金属性比Al强，其单质能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，⑤错误；
⑥同一周期元素的金属性随原子序数的增大而减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则第三周期元素的金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，⑥正确；
综上所述可知：说法正确的是①③⑥，故合理选项是B。
11. 氢元素有三种核素H、D、T，氯元素有两种核素35Cl、37Cl，当用一种仪器分别测定10000个氯化氢分子的质量，所得数值最多有
A. 2种 B. 5种 C. 6种 D. 9种
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】氢元素的三种同位素H、D、T，与氯元素的两种同位素35Cl、37Cl，结合生成HCl，可能有以下种类的分子：H35Cl、D35Cl、T35Cl，H37Cl、D37Cl、T37Cl，相对分子质量分别为36、37、38、38、39、40，共5种不同相对分子质量数值。B符合题意；
答案选B。
12. X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L-1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W->Y3->X2->M-
B. 化合物W2Z2的阴阳离子个数之比为1：1，水溶液显碱性
C. 1molWM溶于足量水中完全反应，生成一种可燃性气体，共转移2mol电子
D. 由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中可能含有离子键
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，X为+4价，Y为-2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g•L-1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g/L=17g/mol，则M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的12，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素。X、Y、Z、M、W分别为C、N、O、H、Na。
【详解】A．N、Na能形成含有相同电子数的简单离子，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以N形成的简单离子的半径大于Na+，A错误；
B．Na2O2中的阴离子为，则阴阳离子个数之比为1:2，故B错误；
C．NaH与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，1molNaH溶于足量水中完全反应共转移1mol电子，C错误；
D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可为碳酸铵、醋酸铵等物质，含有离子键，D正确；
故选：D。
13. 已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z均能形成10电子分子，其中Y的最简单的氢化物易与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲，W、X、Y、Z可以形成化合物乙(结构如图)，下列说法正确的是
A. W不能和X、Y形成18电子的化合物
B. 甲中含有离子键和非极性共价键
C. 原子半径：X>Y>Z>W
D. W与X形成的化合物的沸点一定低于W与Z所形成的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，由Y的最简单的氢化物易与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲可知，Y为N元素、甲为硝酸铵，由化合物乙的结构可知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，结合W与X、Y、Z均能形成10电子分子可知，W为H元素、X为C元素、Z为F元素。
【详解】A．C2H6和N2H4为18电子的氢化物，故A错误；
B．硝酸铵是含有离子键和极性共价键的离子化合物，不含有非极性共价键，故B错误；
C．四种元素中氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径由大到小的顺序为C>N>F>H，故C正确；
D．碳元素和氢元素可以形成气态烃、液态烃和固态烃，氮元素和氢元素可以形成气态的氨气和液态的肼，固态烃的沸点高于液态的肼，故D错误；
故选C。
14. 四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，则对下列叙述的判断正确的是
①a-c=m+n ②元素的原子序数a>b>c>d
③元素非金属性Z>R ④最高价氧化物对应水化物的碱性X>Y
⑤HmR 的沸点高于HnZ ⑥原子半径：Y>X>R>Z
A. ①②③⑥ B. ③④⑤⑥ C. ①②③⑤ D. ②③⑥
【答案】A
【解析】
【分析】四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，m>n；所以假设aXm+为Mg2+，则bYn+为Na+，cZn-为F-，dRm-为O2-；或者假设aXm+为Ca2+，则bYn+为K+，cZn-为Cl-，dRm-为S2-；据此进行分析。
【详解】结合以上实例进行分析，镁的核电荷数为12，钠的核电荷数为11，氟的核电核数为9，氧的核电荷数为8；或钙的核电荷数为20，钾的核电荷数为19，硫的核电荷数为16，氯的核电荷数为17；
①结合以上分析，a-c=12-9=3，m+n=2+1=3，或20-17=3，m+n=2+1=3，所以a-c=m+n，故正确；
②结合以上分析，元素的原子序数a>b>c>d，故正确；
③同一周期元素，从左到右，非金属性增强，因此非金属性：Z>R，故正确；
④同一周期元素，从左到右，金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性：X
⑥同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，所以原子半径：Y>X>R>Z，故正确；
结合以上分析可知，正确的选项为①②③⑥；
故选A。
15. 科学家在火星岩中发现了一种化合物(结构如图所示)，并预测这种化合物是火星生命的基础。该化合物中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素。四种元素中只有W、X同周期。下列说法不正确的是
A. 原子半径：Z＞X＞Y
B. 元素非金属性：X＞W＞Y
C. X的最简单氢化物的水溶液为弱酸
D. 化合物YW2与ZX2中所含化学键的类型不同
【答案】A
【解析】
【分析】根据结构式可判断Y可以形成4个共价键，位于第ⅣA族，W可形成2个共价键，位于第VIA族，根据W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素可知，W是O，Y是Si，Z可形成带2个正电荷的阳离子，则Z是Ca，X可以形成1个共价键，所以X是F，据此解答。
【详解】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Ca＞Si＞F，即Z＞Y＞X，A错误；
B．元素非金属性：F＞O＞Si，即X＞W＞Y，B正确；
C．X的最简单氢化物的水溶液为氢氟酸，是一种弱酸，C正确；
D．化合物SiO2与CaF2中所含化学键的类型不同，前者是共价键，后者是离子键，D正确；
答案选A。
16. 现有原子序数依次增大的短周期主族元素W、P、Q，气体X、Y、Z分别为W、P、Q的单质，X、Y、Z之间能发生如图转换关系。已知化合物乙的水溶液常用于蚀刻玻璃，化合物乙与化合物甲反应可生成白烟。下列说法正确的是
A. W元素的氧化物中只存在极性共价键
B. P元素的氧化物都是酸性氧化物
C. 化合物甲能使湿润的紫色石蕊试纸变红
D. 化合物甲和乙分子中所含电子总数相同
【答案】D
【解析】
【分析】现有原子序数依次增大的短周期主族元素W、P、Q，气体X、Y、Z分别为W、P、Q的单质，X、Y、Z之间能发生如图转换关系。已知化合物乙的水溶液常用于蚀刻玻璃，该溶液是氢氟酸，则乙是HF。化合物乙与化合物甲反应可生成白烟，则甲是氨气，所以X是氢气，Y是氮气，Z是单质氟，丙是NH4F，W是H，P是N，Q是F，据此解答。
【详解】A．H元素的氧化物双氧水中存在极性共价键和非极性共价键，A错误；
B．N元素的氧化物不一定都是酸性氧化物，例如NO、NO2等，B错误；
C．化合物甲是氨气，属于碱性气体，因此能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C错误；
D．1个氨气和1个HF分子均含有10个电子，D正确；
答案选D。
17. 硫酸盐(含SO、HSO)溶胶是”PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A. H2O没有参与该过程 B. NO2是生成硫酸盐的还原剂
C. 硫酸盐气溶胶呈酸性 D. 该过程中没有共价键生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，A错误；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；
C．硫酸盐(含SSO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和，则硫酸盐气溶胶呈酸性，C正确；
D．根据图示转化过程中，由转化为HSO，根据图示对照，有硫氧共价键生成，D错误；
答案选C。
18. 如图所示化合物具有良好的储氢性能，它由短周期主族元素W、Y、Z和硼元素(B)组成的，其中W、Y、Z分别位于不同周期，Y元素最高正价与最低负价的代数和等于其电子层数。下列有关叙述不正确的是
A. 该化合物中含有离子键，极性共价键和非极性共价键
B. W、Z位于同一主族
C. W、Y、Z简单离子中，Y半径最大
D. W、Y只能形成一种二元化合物
【答案】D
【解析】
【分析】由化合物示意图和短周期主族元素W、Y、Z分别位于不同周期可知，W为H元素、Z为Na元素；Y元素最高正价与最低负价的代数和等于其电子层数，则Y为N元素。
【详解】A．由化合物示意图可知，该化合物属于离子化合物，化合物中含有离子键、极性共价键和非极性共价键，故A正确；
B． 氢元素和钠元素均位于周期表ⅠA族，故B正确；
C．氢离子、氮离子和钠离子中，氢离子的离子半径最小，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，氮离子和钠离子的电子层结构相同，则氮离子的离子半径最大，故C正确；
D．氢元素和氮元素可以形成的化合物有NH3和N2H4，故D错误；
故选D。
二、非选择题
19. 如图为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，回答下列问题：
（1）元素⑩在周期表中的位置是_______。
（2）④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为_______(用离子符号和“>”表示)。
（3）④⑧⑨的气态氢化物中，最稳定的是_______(用化学式表示)，沸点最高的是_______(用化学式表示)。
（4）元素周期表中对角线原则是指某些相邻两个主族上下相差一个周期的元素之间性质相似规律，比如⑪与⑦的性质相似，写出⑤的最高价氧化物对应的水化物与⑪的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式_______。
（5）已知③的气态氢化物能与④的氢化物生成一种盐，写出其电子式：_______，⑦⑨可形成一种负一价离子，该离子含有五个原子并且每个原子均满足8电子稳定结构，画出其电子式_______。
【答案】（1）第四周期第VA族
（2）F->Na+>Mg2+
（3） ①. HF ②. HF
（4）Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】根据图示可知，①为H，②为C，③为N，④为F，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl，⑩为As元素，据此解答。
小问1详解】
根据图示可知⑩为As元素，As位于周期表中第四周期第VA族；
【小问2详解】
④F，⑤为Na，⑥为Mg，F-、Na+、Mg2+都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：F->Na+>Mg2+；
【小问3详解】
非金属性F>Cl＞S，则简单氢化物的稳定性最强的为HF；HF分子间存在氢键，故沸点最高；
【小问4详解】
氢氧化铝具有两性，故氢氧化铍也有两性，离子方程式为Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O；
【小问5详解】
氨气和HF生成盐氟化铵，电子式为，Al和Cl形成一种负一价离子，该离子含有五个原子并且每个原子均满足8电子稳定结构，则电子式为。
20. 现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子序数依次增大。A能分别与B、C、D三种元素形成电子数相同的分子，且B的最外层电子数是次外层电子数的2倍。E的阳离子、D的阴离子均与氖原子的电子层结构相同，且E的单质与D的单质反应能生成E2D和E2D2两种化合物。F所在主族序数与所在周期序数之差为4。(答题时，请用具体的化学用语表示)
（1）画出E原子的原子结构示意图：_______；
（2）C2A4的结构式为_______ ；用电子式表示形成E2D2的过程：_______。
（3）1mol A2D2中含有的化学键数目为_______。
（4）E的最高价氧化物对应的水化物与F的最高价氧化物对应的水化物之间发生的化学反应方程式为：_______。
（5）向KI溶液中通入适量的F单质后，再滴加一定量的CCl4，振荡静置后同继续通入P单质并充分报荡，混合溶液逐渐变为无色若1mol还原剂转移10NA电子，写出该过程的化学方程式为：_______。
【答案】（1） （2） ① ②.
（3）3NA （4）HClO4+NaOH=NaClO4+H2O
（5）I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3
【解析】
【分析】B的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知B为C，E的单质与D的单质反应能生成E2D和E2D2两种化合物，可知两种化合物是Na2O和Na2O2，故D是O，E是Na，由B、C、D、E原子序数依次增大可确定C是N，F所在主族序数与所在周期序数之差为4，可知F为第三周期VIIA的Cl，A能分别与B、C、D三种元素形成电子数相同的分子，由此确定A 为H。
【小问1详解】
Na原子的原子结构示意图为。
【小问2详解】
N2H4的结构式为，Na2O2的形成过程如下：。
【小问3详解】
1mol H2O2中含有的化学键数目为3NA。
【小问4详解】
E的最高价氧化物对应的水化物NaOH与F的最高价氧化物对应的水化物HClO4之间发生的化学反应方程式为HClO4+NaOH=NaClO4+H2O。
【小问5详解】
向KI溶液中通入适量的Cl2后得到I2，继续通入Cl2并充分报荡，混合溶液逐渐变为无色，1mol还原剂即I2转移10NA电子，说明I2被氧化为+5价的I，可知氧化产物为HIO3，Cl2被还原为HCl，故化学方程式为I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3。
21. 溴化亚铜(CuBr)微溶于水，不溶于乙醇，可用作有机合成中的催化剂。实验室中可利用无水硫酸铜、溴化钠为主要原料制备溴化亚铜，制备流程如图：
回答下列问题：
（1）过程②用到的玻璃仪器有___________。
（2）制备CuBr的反应在装置乙中进行，向其中加入32 g CuSO4和23 g NaBr配制成的150 mL水溶液，然后通入足量的SO2(部分夹持及加热装置已略去)。
①装置甲中，不能采用浓度为98%的浓硫酸，一般采用浓度为70%左右的浓硫酸，其原因是___________。
②写出装置乙中发生反应的离子方程式：___________，该反应需保持反应液在60℃，最佳加热方式为___________，Cu2+、Br-反应完毕的标志是___________。
③丙中倒扣的漏斗可防止液体倒吸，下列装置中不能防止液体倒吸的是___________(填标号)。
a. b. c. d.
（3）洗涤CuBr沉淀时采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，其目的是___________。
（4）最后经洗涤、干燥得到21.6 g产品，则该实验的产率是___________。
【答案】（1）漏斗、烧杯、玻璃棒
（2） ①. 98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，H+浓度过低 ②. 2Cu2++2Br-+ SO2+2H2O=SO+2CuBr↓+4H+ ③. 水浴加热 ④. 溶液蓝色褪去 ⑤. a
（3）防止CuBr被氧化
（4）75%(或0.75)
【解析】
【分析】在CuSO4和NaBr的固体混合物加水溶解所得混合溶液中通入SO2气体，即可得到CuBr沉淀，经过滤洗涤干燥获得产品。
小问1详解】
由流程知，过程②为过滤操作，所以用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
【小问2详解】
①利用Na2SO3固体与浓硫酸反应的实质是SO+2H+=SO2↑+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，且水很少，Na2SO3、浓硫酸大部分未电离，若硫酸浓度过低，则二氧化硫在水中溶解的较多，不利于SO2逸出，故此处填：98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，H+浓度过低；
②装置乙中CuSO4和NaBr的混合溶液中通入SO2气体，生成CuBr沉淀，SO2将Cu2+还原生成CuBr沉淀，自身被氧化为SO，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=SO+2CuBr↓+4H+；该反应需保持反应液在60℃，则应选择水浴加热；含有铜离子的溶液显蓝色，当溶液的蓝色褪去，即说明Cu2+、Br-反应完毕；
③a．多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，但无法防倒吸，a不符合题意；
b．气体不溶于CCl4，可防倒吸，b符合题意；
c．当产生倒吸现象时，少量液体进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，c符合题意；
d．当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，d符合题意；
故答案为a；
【小问3详解】
CuBr含有亚铜离子，易被空气中氧气氧化，SO2具有还原性，为防止CuBr被氧化，故此处填：防止CuBr被氧化；
【小问4详解】
32gCuSO4的物质的量为=0.2 mol，23 g NaBr的物质的量为=0.22 mol，根据方程式可知NaBr过量，则理论生成的CuBr的物质的量为0.2mol，则该实验的产率是=75%。
22. 门捷列夫在研究周期表时预言了“类硅”元素锗和“类铝”元素镓等11种元素。锗及其化合物应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。一种提纯二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)的工艺如图：
已知：ⅰ.GeO2与碱反应生成Na2GeO3.
ⅱ.GeCl4极易水解，GeCl4沸点86.6℃。
ⅲ.As位于同主族P的下一周期，As2O3+2NaOH =2NaAsO2+H2O。
(1)Ge位于同主族Si的下一周期，则Ge核外电子排布式为_______。
(2)Ge为共价晶体，其晶胞与金刚石晶胞相似，则一个晶胞中含有_______个Ge原子。
(3)“氧化”过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其离子方程式为_______。
(4)AsH3的中心原子轨道杂化为_______。AsH3的沸点比NH3低的原因_______。
(5)盐酸蒸馏生成GeCl4，反应的化学方程式为_______。
(6)高纯二氧化锗的含量采用碘酸钾滴定法进行测定。称取ag高纯二氧化锗样品，加入氢氧化钠在电炉溶解，用次亚磷酸钠还原为Ge2+，以淀粉为指示剂，用bmol/L的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为V mL。(20℃以下，次亚磷酸钠不会被碘酸钾和碘氧化)
资料：3Ge2++IO+6H+ = 3Ge4++I-+3H2O，IO+5I-+6H+ = 3I2+3H2O。
此样品中二氧化锗的质量分数是_______(用表达式表示)。
【答案】 ①. 1s22s22p63s23p63d104s24p2 ②. 8 ③. 3AsO+ClO+6OH−=3AsO+Cl−+3H2O ④. sp3杂化 ⑤. NH3分子间形成氢键，作用力强，沸点高 ⑥. NaGeO3+6HCl =2NaCl+GeCl4+3H2O ⑦.
【解析】
【分析】二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOH═Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH═2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O，蒸馏分离出GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•n H2O↓+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2•n H2O，将GeO2•n H2O烘干得到高纯的GeO2；
【详解】(1)Si位于元素周期表的第三周期ⅣA族，Ge位于同主族Si的下一周期，则Ge在周期表中的位置是第四周期第IVA族，为32号元素，则Ge核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；
(2)Ge晶胞与金刚石晶胞相似，晶胞内部有4个Ge原子，其它原子处于顶点与面心，晶胞中Ge原子数目；
(3)“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，反应方程式为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，对应的离子反应方程式为3AsO+ClO+6OH−=3AsO+Cl−+3H2O；
(4)对于AsH3中As原子孤电子对数=，杂化轨道数目=3+1=4，则As原子采取sp3杂化方式，AsH3的沸点比NH3低的原因：NH3分子间形成氢键，作用力强，沸点高；
(5)蒸馏过程中得到GeCl4，反应还生成氯化钠，反应方程式为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O；
(6)根据有关反应式：3Ge2+++6H+=3Ge4++I-+3H2O，-+5I-+6H+=3l2+3H2O得关系式：3Ge2+～，滴定时消耗的VmLb mol/L碘酸钾标准溶液中碘酸钾的物质的量为Vb×10-3mol，二氧化锗的质量为，则样品中二氧化锗的质量分数为。
江西省南昌市南昌县莲塘一中
2020-2021学年高一(下)期中化学试卷
一、选择题
1. 下列有关化学用语不正确的是
A. B原子结构示意图： B. CO2的电子式：
C. CH4的结构式： D. NaH的电子式：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．B为5号元素，原子结构示意图为：，选项A正确；
B．CO2是C原子与二个O原子分别通过两对共用电子对形成的共价化合物，电子式为，选项B不正确；
C．CH4是由碳原子与氢原子形成的共价化合物，其结构式为：，选项C正确；
D．NaH是由钠离子与H-离子形成的离子化合物，其电子式为：，选项D正确；
答案选B。
2. 13C-NMR(核磁共振)、15N-NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wu thrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下面有关13C、15N叙述正确的是
A. 13C与15N有相同的中子数 B. 13C与C60互为同素异形体
C. 15N与14N互为同位素 D. 15N的核外电子数与中子数相同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．13C与15N的中子数分别为13-6=7、15-7=8，不相等，故A错误；
B．13C是原子，不是C60的同素异形体，故B错误；
C．15N与14N都是N原子，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；
D．15N的核外电子数为7，中子数15-7=8，核外电子数与中子数不相同，故D错误；
故选C。
【点睛】同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同单质，同素异形体是同种元素形成的不同单质。
3. 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，双氧水、75%乙醇、含氯消毒剂、氯仿()等均可有效灭活病毒。下列说错误的是
A. HClO的电子式
B. 是共价化合物
C. NaClO是含有共价键的离子化合物
D. 分子所有原子均满足稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．HClO为共价化合物，分子中H最外层1个电子，Cl最外层7个电子，O最外层6个电子，O与Cl、H分别形成一个共价键，电子式为，故A正确；
B．绝大多数有机物都是共价化合物，是有机物，属于共价化合物，故B正确；
C．由活泼金属离子与酸根离子形成的化合物是离子化合物，NaClO是离子化合物，一定含有离子键，次氯酸根离子中含有共价键，故C正确；
D．分子含有氢原子，不满足稳定结构，故D错误；
答案选D。
4. 短周期元素R、T、Q、W在周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是
A. 含T的盐中一定含有
B. 原子半径：
C. 最简单气态氢化物的热稳定性：
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】A
【解析】
【分析】由短周期元素R、T、Q、W的位置，可知T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。
【详解】A．T为Al元素，含铝元素的盐可以是偏铝酸盐，不含有Al3+，故A错误；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：T＞Q＞R，故B正确；
C．非金属性N＞Si，故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3＞SiH4，故C正确；
D．非金属性Si＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3＜H2SO4，故D正确。
答案选A。
5. 、、、四种短周期元素的原子半径和最高正化合价见下表。
元素
原子半径/
0.117
0.110
0.102
0.077
最高正化合价
+4
+5
+6
+4
下列有关说法正确的是
A. 元素在周期表中位于第2周期ⅣA族
B. 元素最高价氧化物的水化物的酸性比的强
C. 元素的简单气态氢化物的热稳定性比的强
D. 四种元素中，元素形成的化合物的种类最多
【答案】D
【解析】
【分析】X和W最高价均是+4价，位于第ⅣA族，X的原子半径大于W的，则W是C，X是Si；Y和Z的最高价分别是+5和+6价，原子半径是X＞Y＞Z＞W，则Y是P，Z是S，据此解答。
【详解】A．元素X是Si，在周期表中位于第三周期ⅣA族，A错误；
B．元素Y是P，非金属性P＜S，则最高价氧化物的水化物的酸性比S的弱，B错误；
C．非金属性O＞S，则元素S的简单气态氢化物的热稳定性比的弱，C错误；
D．由于有机物均含有碳元素，则四种元素中，元素C形成的化合物的种类最多，D正确；
答案选D。
6. a、b、c、d 是四种短周期元素。a、b、d 同周期，c、d 同主族。a 的原子结构示意图(如下图)，b与c形成化合物的电子式为。下列比较中正确的是
A. 原子半径：a＞c＞d＞b B. 电负性a＞b＞d＞c
C. 原子序数：d＞a＞c＞b D. 最高价含氧酸的酸性c＞d＞a
【答案】D
【解析】
【分析】从a的原子结构示意图可知，a的核外电子排到了第三层，前两层必定为2、8个电子，也就是x=2，所以a为14号元素硅，位于第三周期；从电子式看出c原子核外排满8电子后为-3价，所以c是第ⅤA族元素，且不与a对应的硅元素同周期，c为第二周期第五主族元素N，与c同族的d应为第三周期第五主族的元素P。从电子式还可以看出，b元素为+1价，应为第一主族元素，且为第三周期元素，为Na；据以上分析进行解答。
【详解】结合以上分析可知，a为Si，b为Na，c为N，d为P；
A．一般来讲，电子层数越多，半径越大，同一周期，从左到右原子半径减小，因此原子半径：b＞a＞d ＞c，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，一般非金属元素的电负性强于金属元素的电负性；非金属性同周期从左到右越来越强，同主族越往上越强，正确的顺序： c＞d＞a＞ b，故B错误；
C．原子序数正确顺序：d＞a＞b＞c，故C错误；
D．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以最高价含氧酸的酸性c＞d＞a，故D正确；
故选D。
7. 1919年，卢瑟福做了用α粒子(He)轰击氮原了核的实验，实现了原子核的人工转变，发现了质子。其中Y的某种单质可用作自来水消毒剂。下列说法正确的是
A. X与Y均能与氢组成含18电子的化合物
B. Y存在Y、Y、Y多种同素异形体
C. Y与中子数相同
D. 该转化过程属于化学反应
【答案】A
【解析】
【分析】Y的质量数为17，Y的某种单质可用作自来水消毒剂，则该单质为臭氧，所以Y为O元素，Y的质子数为8，z=7，则X为N元素，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，X为N，Y为O，可以形成H2O2和N2H418电子的化合物，故A正确；
B．Y的质子数为8，Y为O元素，16O、17O、18O互为同位素，故B错误；
C．根据质量守恒定律，w=14，14N有7个中子，17O有9个中子，故C错误；
D．该转化过程中原子核发生了变化，不属于化学变化，故D错误；
故选A。
8. 根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是
A. 碱性：Mg(OH)2
D. 34号元素X被誉为“生命的奇效元素”，它在周期表中位于第四周期第ⅥA族
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．金属性Rb＞Na＞Mg，碱性比较：Mg（OH）2＜NaOH＜RbOH，故A正确；
B．非金属性S＞P＞Si，酸性比较：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故B正确；
C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；
D．34号元素为Se，在周期表中位于第四周期第ⅥA族，故D正确。
故选C。
9. 已知A、B、C、D为短周期元素，A、D同主族，B、C、D周期，A的气态氢化物的稳定性大于D的气态化物的稳定性，B、C为金属元素，B的阳离子的氧化性小于C的阳离子的氧化性。下列说法正确的是
A. A与B形成的化合物中只含离子键
B. A的气态氢化物的沸点一定高于D的气态氢化物的沸点
C. 若A与C的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为C2A3
D. 相同条件下，B的最高价氧化物的水化物的碱性比C的最高价氧化物的水化物的碱性强
【答案】D
【解析】
【分析】
已知A、B、C、D为短周期元素，A、D同主族，A的气态氢化物的稳定性大于D的气态化物的稳定性，则A和D是非金属，原子序数是A＜D；B、C为金属元素，B的阳离子的氧化性小于C的阳离子的氧化性，则金属性是B＞C。
【详解】A．A与B形成的化合物中不一定只含离子键，若A为O，B为Na，则形成的过氧化钠含有共价键，A错误；
B．若A为C，则D为Si，CH4的沸点低于SiH4的沸点，B错误；
C．若A为N元素，C为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为C3A2，C错误；
D．金属性B强于C，则相同条件下，B的最高价氧化物的水化物的碱性比C的最高价氧化物的水化物的碱性强，D正确；
答案选D。
10. 应用元素周期律判断下列语句，其中正确的组合是
①碱金属(即ⅠA族)单质的熔点随原子序数的增大而降低
②砹(At)是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定性大于HCl
③硒(Se)的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱
④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性
⑤铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱
A. ①③④ B. ①③⑥ C. ③④⑤ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①碱金属(即ⅠA族)单质在固态时都属于金属晶体，晶体的熔点会随原子序数的增大而降低，①正确；
②同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，砹(At)是第ⅦA族元素，元素的非金属性：At＜Cl，则氢化物的稳定性：HAt＜HCl，②错误；
③同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：硒(Se)＜S，所以酸性：H2SeO4＜H2SO4，③正确；
④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液有的为酸性，如HF，有的显碱性，如NH3，④错误；
⑤同一主族元素，元素的原子序数越大，元素的金属性越强，铊(Tl)与铝同主族，其金属性比Al强，其单质能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，⑤错误；
⑥同一周期元素的金属性随原子序数的增大而减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则第三周期元素的金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，⑥正确；
综上所述可知：说法正确的是①③⑥，故合理选项是B。
11. 氢元素有三种核素H、D、T，氯元素有两种核素35Cl、37Cl，当用一种仪器分别测定10000个氯化氢分子的质量，所得数值最多有
A. 2种 B. 5种 C. 6种 D. 9种
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】氢元素的三种同位素H、D、T，与氯元素的两种同位素35Cl、37Cl，结合生成HCl，可能有以下种类的分子：H35Cl、D35Cl、T35Cl，H37Cl、D37Cl、T37Cl，相对分子质量分别为36、37、38、38、39、40，共5种不同相对分子质量数值。B符合题意；
答案选B。
12. X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L-1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W->Y3->X2->M-
B. 化合物W2Z2的阴阳离子个数之比为1：1，水溶液显碱性
C. 1molWM溶于足量水中完全反应，生成一种可燃性气体，共转移2mol电子
D. 由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中可能含有离子键
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，X为+4价，Y为-2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g•L-1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g/L=17g/mol，则M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的12，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素。X、Y、Z、M、W分别为C、N、O、H、Na。
【详解】A．N、Na能形成含有相同电子数的简单离子，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以N形成的简单离子的半径大于Na+，A错误；
B．Na2O2中的阴离子为，则阴阳离子个数之比为1:2，故B错误；
C．NaH与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，1molNaH溶于足量水中完全反应共转移1mol电子，C错误；
D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可为碳酸铵、醋酸铵等物质，含有离子键，D正确；
故选：D。
13. 已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z均能形成10电子分子，其中Y的最简单的氢化物易与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲，W、X、Y、Z可以形成化合物乙(结构如图)，下列说法正确的是
A. W不能和X、Y形成18电子的化合物
B. 甲中含有离子键和非极性共价键
C. 原子半径：X>Y>Z>W
D. W与X形成的化合物的沸点一定低于W与Z所形成的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，由Y的最简单的氢化物易与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲可知，Y为N元素、甲为硝酸铵，由化合物乙的结构可知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，结合W与X、Y、Z均能形成10电子分子可知，W为H元素、X为C元素、Z为F元素。
【详解】A．C2H6和N2H4为18电子的氢化物，故A错误；
B．硝酸铵是含有离子键和极性共价键的离子化合物，不含有非极性共价键，故B错误；
C．四种元素中氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径由大到小的顺序为C>N>F>H，故C正确；
D．碳元素和氢元素可以形成气态烃、液态烃和固态烃，氮元素和氢元素可以形成气态的氨气和液态的肼，固态烃的沸点高于液态的肼，故D错误；
故选C。
14. 四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，则对下列叙述的判断正确的是
①a-c=m+n ②元素的原子序数a>b>c>d
③元素非金属性Z>R ④最高价氧化物对应水化物的碱性X>Y
⑤HmR 的沸点高于HnZ ⑥原子半径：Y>X>R>Z
A. ①②③⑥ B. ③④⑤⑥ C. ①②③⑤ D. ②③⑥
【答案】A
【解析】
【分析】四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，m>n；所以假设aXm+为Mg2+，则bYn+为Na+，cZn-为F-，dRm-为O2-；或者假设aXm+为Ca2+，则bYn+为K+，cZn-为Cl-，dRm-为S2-；据此进行分析。
【详解】结合以上实例进行分析，镁的核电荷数为12，钠的核电荷数为11，氟的核电核数为9，氧的核电荷数为8；或钙的核电荷数为20，钾的核电荷数为19，硫的核电荷数为16，氯的核电荷数为17；
①结合以上分析，a-c=12-9=3，m+n=2+1=3，或20-17=3，m+n=2+1=3，所以a-c=m+n，故正确；
②结合以上分析，元素的原子序数a>b>c>d，故正确；
③同一周期元素，从左到右，非金属性增强，因此非金属性：Z>R，故正确；
④同一周期元素，从左到右，金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性：X
⑥同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，所以原子半径：Y>X>R>Z，故正确；
结合以上分析可知，正确的选项为①②③⑥；
故选A。
15. 科学家在火星岩中发现了一种化合物(结构如图所示)，并预测这种化合物是火星生命的基础。该化合物中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素。四种元素中只有W、X同周期。下列说法不正确的是
A. 原子半径：Z＞X＞Y
B. 元素非金属性：X＞W＞Y
C. X的最简单氢化物的水溶液为弱酸
D. 化合物YW2与ZX2中所含化学键的类型不同
【答案】A
【解析】
【分析】根据结构式可判断Y可以形成4个共价键，位于第ⅣA族，W可形成2个共价键，位于第VIA族，根据W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素可知，W是O，Y是Si，Z可形成带2个正电荷的阳离子，则Z是Ca，X可以形成1个共价键，所以X是F，据此解答。
【详解】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Ca＞Si＞F，即Z＞Y＞X，A错误；
B．元素非金属性：F＞O＞Si，即X＞W＞Y，B正确；
C．X的最简单氢化物的水溶液为氢氟酸，是一种弱酸，C正确；
D．化合物SiO2与CaF2中所含化学键的类型不同，前者是共价键，后者是离子键，D正确；
答案选A。
16. 现有原子序数依次增大的短周期主族元素W、P、Q，气体X、Y、Z分别为W、P、Q的单质，X、Y、Z之间能发生如图转换关系。已知化合物乙的水溶液常用于蚀刻玻璃，化合物乙与化合物甲反应可生成白烟。下列说法正确的是
A. W元素的氧化物中只存在极性共价键
B. P元素的氧化物都是酸性氧化物
C. 化合物甲能使湿润的紫色石蕊试纸变红
D. 化合物甲和乙分子中所含电子总数相同
【答案】D
【解析】
【分析】现有原子序数依次增大的短周期主族元素W、P、Q，气体X、Y、Z分别为W、P、Q的单质，X、Y、Z之间能发生如图转换关系。已知化合物乙的水溶液常用于蚀刻玻璃，该溶液是氢氟酸，则乙是HF。化合物乙与化合物甲反应可生成白烟，则甲是氨气，所以X是氢气，Y是氮气，Z是单质氟，丙是NH4F，W是H，P是N，Q是F，据此解答。
【详解】A．H元素的氧化物双氧水中存在极性共价键和非极性共价键，A错误；
B．N元素的氧化物不一定都是酸性氧化物，例如NO、NO2等，B错误；
C．化合物甲是氨气，属于碱性气体，因此能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C错误；
D．1个氨气和1个HF分子均含有10个电子，D正确；
答案选D。
17. 硫酸盐(含SO、HSO)溶胶是”PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A. H2O没有参与该过程 B. NO2是生成硫酸盐的还原剂
C. 硫酸盐气溶胶呈酸性 D. 该过程中没有共价键生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，A错误；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；
C．硫酸盐(含SSO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和，则硫酸盐气溶胶呈酸性，C正确；
D．根据图示转化过程中，由转化为HSO，根据图示对照，有硫氧共价键生成，D错误；
答案选C。
18. 如图所示化合物具有良好的储氢性能，它由短周期主族元素W、Y、Z和硼元素(B)组成的，其中W、Y、Z分别位于不同周期，Y元素最高正价与最低负价的代数和等于其电子层数。下列有关叙述不正确的是
A. 该化合物中含有离子键，极性共价键和非极性共价键
B. W、Z位于同一主族
C. W、Y、Z简单离子中，Y半径最大
D. W、Y只能形成一种二元化合物
【答案】D
【解析】
【分析】由化合物示意图和短周期主族元素W、Y、Z分别位于不同周期可知，W为H元素、Z为Na元素；Y元素最高正价与最低负价的代数和等于其电子层数，则Y为N元素。
【详解】A．由化合物示意图可知，该化合物属于离子化合物，化合物中含有离子键、极性共价键和非极性共价键，故A正确；
B． 氢元素和钠元素均位于周期表ⅠA族，故B正确；
C．氢离子、氮离子和钠离子中，氢离子的离子半径最小，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，氮离子和钠离子的电子层结构相同，则氮离子的离子半径最大，故C正确；
D．氢元素和氮元素可以形成的化合物有NH3和N2H4，故D错误；
故选D。
二、非选择题
19. 如图为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，回答下列问题：
（1）元素⑩在周期表中的位置是_______。
（2）④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为_______(用离子符号和“>”表示)。
（3）④⑧⑨的气态氢化物中，最稳定的是_______(用化学式表示)，沸点最高的是_______(用化学式表示)。
（4）元素周期表中对角线原则是指某些相邻两个主族上下相差一个周期的元素之间性质相似规律，比如⑪与⑦的性质相似，写出⑤的最高价氧化物对应的水化物与⑪的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式_______。
（5）已知③的气态氢化物能与④的氢化物生成一种盐，写出其电子式：_______，⑦⑨可形成一种负一价离子，该离子含有五个原子并且每个原子均满足8电子稳定结构，画出其电子式_______。
【答案】（1）第四周期第VA族
（2）F->Na+>Mg2+
（3） ①. HF ②. HF
（4）Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】根据图示可知，①为H，②为C，③为N，④为F，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl，⑩为As元素，据此解答。
小问1详解】
根据图示可知⑩为As元素，As位于周期表中第四周期第VA族；
【小问2详解】
④F，⑤为Na，⑥为Mg，F-、Na+、Mg2+都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：F->Na+>Mg2+；
【小问3详解】
非金属性F>Cl＞S，则简单氢化物的稳定性最强的为HF；HF分子间存在氢键，故沸点最高；
【小问4详解】
氢氧化铝具有两性，故氢氧化铍也有两性，离子方程式为Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O；
【小问5详解】
氨气和HF生成盐氟化铵，电子式为，Al和Cl形成一种负一价离子，该离子含有五个原子并且每个原子均满足8电子稳定结构，则电子式为。
20. 现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子序数依次增大。A能分别与B、C、D三种元素形成电子数相同的分子，且B的最外层电子数是次外层电子数的2倍。E的阳离子、D的阴离子均与氖原子的电子层结构相同，且E的单质与D的单质反应能生成E2D和E2D2两种化合物。F所在主族序数与所在周期序数之差为4。(答题时，请用具体的化学用语表示)
（1）画出E原子的原子结构示意图：_______；
（2）C2A4的结构式为_______ ；用电子式表示形成E2D2的过程：_______。
（3）1mol A2D2中含有的化学键数目为_______。
（4）E的最高价氧化物对应的水化物与F的最高价氧化物对应的水化物之间发生的化学反应方程式为：_______。
（5）向KI溶液中通入适量的F单质后，再滴加一定量的CCl4，振荡静置后同继续通入P单质并充分报荡，混合溶液逐渐变为无色若1mol还原剂转移10NA电子，写出该过程的化学方程式为：_______。
【答案】（1） （2） ① ②.
（3）3NA （4）HClO4+NaOH=NaClO4+H2O
（5）I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3
【解析】
【分析】B的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知B为C，E的单质与D的单质反应能生成E2D和E2D2两种化合物，可知两种化合物是Na2O和Na2O2，故D是O，E是Na，由B、C、D、E原子序数依次增大可确定C是N，F所在主族序数与所在周期序数之差为4，可知F为第三周期VIIA的Cl，A能分别与B、C、D三种元素形成电子数相同的分子，由此确定A 为H。
【小问1详解】
Na原子的原子结构示意图为。
【小问2详解】
N2H4的结构式为，Na2O2的形成过程如下：。
【小问3详解】
1mol H2O2中含有的化学键数目为3NA。
【小问4详解】
E的最高价氧化物对应的水化物NaOH与F的最高价氧化物对应的水化物HClO4之间发生的化学反应方程式为HClO4+NaOH=NaClO4+H2O。
【小问5详解】
向KI溶液中通入适量的Cl2后得到I2，继续通入Cl2并充分报荡，混合溶液逐渐变为无色，1mol还原剂即I2转移10NA电子，说明I2被氧化为+5价的I，可知氧化产物为HIO3，Cl2被还原为HCl，故化学方程式为I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3。
21. 溴化亚铜(CuBr)微溶于水，不溶于乙醇，可用作有机合成中的催化剂。实验室中可利用无水硫酸铜、溴化钠为主要原料制备溴化亚铜，制备流程如图：
回答下列问题：
（1）过程②用到的玻璃仪器有___________。
（2）制备CuBr的反应在装置乙中进行，向其中加入32 g CuSO4和23 g NaBr配制成的150 mL水溶液，然后通入足量的SO2(部分夹持及加热装置已略去)。
①装置甲中，不能采用浓度为98%的浓硫酸，一般采用浓度为70%左右的浓硫酸，其原因是___________。
②写出装置乙中发生反应的离子方程式：___________，该反应需保持反应液在60℃，最佳加热方式为___________，Cu2+、Br-反应完毕的标志是___________。
③丙中倒扣的漏斗可防止液体倒吸，下列装置中不能防止液体倒吸的是___________(填标号)。
a. b. c. d.
（3）洗涤CuBr沉淀时采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，其目的是___________。
（4）最后经洗涤、干燥得到21.6 g产品，则该实验的产率是___________。
【答案】（1）漏斗、烧杯、玻璃棒
（2） ①. 98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，H+浓度过低 ②. 2Cu2++2Br-+ SO2+2H2O=SO+2CuBr↓+4H+ ③. 水浴加热 ④. 溶液蓝色褪去 ⑤. a
（3）防止CuBr被氧化
（4）75%(或0.75)
【解析】
【分析】在CuSO4和NaBr的固体混合物加水溶解所得混合溶液中通入SO2气体，即可得到CuBr沉淀，经过滤洗涤干燥获得产品。
小问1详解】
由流程知，过程②为过滤操作，所以用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
【小问2详解】
①利用Na2SO3固体与浓硫酸反应的实质是SO+2H+=SO2↑+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，且水很少，Na2SO3、浓硫酸大部分未电离，若硫酸浓度过低，则二氧化硫在水中溶解的较多，不利于SO2逸出，故此处填：98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，H+浓度过低；
②装置乙中CuSO4和NaBr的混合溶液中通入SO2气体，生成CuBr沉淀，SO2将Cu2+还原生成CuBr沉淀，自身被氧化为SO，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=SO+2CuBr↓+4H+；该反应需保持反应液在60℃，则应选择水浴加热；含有铜离子的溶液显蓝色，当溶液的蓝色褪去，即说明Cu2+、Br-反应完毕；
③a．多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，但无法防倒吸，a不符合题意；
b．气体不溶于CCl4，可防倒吸，b符合题意；
c．当产生倒吸现象时，少量液体进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，c符合题意；
d．当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，d符合题意；
故答案为a；
【小问3详解】
CuBr含有亚铜离子，易被空气中氧气氧化，SO2具有还原性，为防止CuBr被氧化，故此处填：防止CuBr被氧化；
【小问4详解】
32gCuSO4的物质的量为=0.2 mol，23 g NaBr的物质的量为=0.22 mol，根据方程式可知NaBr过量，则理论生成的CuBr的物质的量为0.2mol，则该实验的产率是=75%。
22. 门捷列夫在研究周期表时预言了“类硅”元素锗和“类铝”元素镓等11种元素。锗及其化合物应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。一种提纯二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)的工艺如图：
已知：ⅰ.GeO2与碱反应生成Na2GeO3.
ⅱ.GeCl4极易水解，GeCl4沸点86.6℃。
ⅲ.As位于同主族P的下一周期，As2O3+2NaOH =2NaAsO2+H2O。
(1)Ge位于同主族Si的下一周期，则Ge核外电子排布式为_______。
(2)Ge为共价晶体，其晶胞与金刚石晶胞相似，则一个晶胞中含有_______个Ge原子。
(3)“氧化”过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其离子方程式为_______。
(4)AsH3的中心原子轨道杂化为_______。AsH3的沸点比NH3低的原因_______。
(5)盐酸蒸馏生成GeCl4，反应的化学方程式为_______。
(6)高纯二氧化锗的含量采用碘酸钾滴定法进行测定。称取ag高纯二氧化锗样品，加入氢氧化钠在电炉溶解，用次亚磷酸钠还原为Ge2+，以淀粉为指示剂，用bmol/L的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为V mL。(20℃以下，次亚磷酸钠不会被碘酸钾和碘氧化)
资料：3Ge2++IO+6H+ = 3Ge4++I-+3H2O，IO+5I-+6H+ = 3I2+3H2O。
此样品中二氧化锗的质量分数是_______(用表达式表示)。
【答案】 ①. 1s22s22p63s23p63d104s24p2 ②. 8 ③. 3AsO+ClO+6OH−=3AsO+Cl−+3H2O ④. sp3杂化 ⑤. NH3分子间形成氢键，作用力强，沸点高 ⑥. NaGeO3+6HCl =2NaCl+GeCl4+3H2O ⑦.
【解析】
【分析】二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOH═Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH═2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O，蒸馏分离出GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•n H2O↓+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2•n H2O，将GeO2•n H2O烘干得到高纯的GeO2；
【详解】(1)Si位于元素周期表的第三周期ⅣA族，Ge位于同主族Si的下一周期，则Ge在周期表中的位置是第四周期第IVA族，为32号元素，则Ge核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；
(2)Ge晶胞与金刚石晶胞相似，晶胞内部有4个Ge原子，其它原子处于顶点与面心，晶胞中Ge原子数目；
(3)“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，反应方程式为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，对应的离子反应方程式为3AsO+ClO+6OH−=3AsO+Cl−+3H2O；
(4)对于AsH3中As原子孤电子对数=，杂化轨道数目=3+1=4，则As原子采取sp3杂化方式，AsH3的沸点比NH3低的原因：NH3分子间形成氢键，作用力强，沸点高；
(5)蒸馏过程中得到GeCl4，反应还生成氯化钠，反应方程式为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O；
(6)根据有关反应式：3Ge2+++6H+=3Ge4++I-+3H2O，-+5I-+6H+=3l2+3H2O得关系式：3Ge2+～，滴定时消耗的VmLb mol/L碘酸钾标准溶液中碘酸钾的物质的量为Vb×10-3mol，二氧化锗的质量为，则样品中二氧化锗的质量分数为。
相关试卷
精品解析：江西省南昌市南昌县莲塘第一中学2020-2021学年高二下学期期中考试化学试题（解析版）： 这是一份精品解析：江西省南昌市南昌县莲塘第一中学2020-2021学年高二下学期期中考试化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
精品解析：江西省丰城拖船中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）： 这是一份精品解析：江西省丰城拖船中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，不定项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
精品解析：陕西延安中学2022-2023学年高一下学期期中考试化学试题（解析版）： 这是一份精品解析：陕西延安中学2022-2023学年高一下学期期中考试化学试题（解析版），共15页。
