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北京市中关村中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份北京市中关村中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含北京市中关村中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题原卷版docx、北京市中关村中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32
第一部分
本部分共24题，每题2分，共48分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列材料的主要成分不属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】瓷砖、玻璃、水泥都属于无机非金属材料，铝锂合金属于金属材料，故选C。
2. 下列关于元素周期表的说法正确的是
A. 第ⅠA族的所有元素都是碱金属元素
B. 同周期主族元素中，第ⅦA族元素原子半径最小
C. 原子的最外层电子数为2的元素，一定是第ⅠA族元素
D. 元素周期表共有7个周期，18个族
【答案】B
【解析】
【详解】A．第IA族除H之外的所有元素即Li、Na、K、Rb、Cs、Fr都是碱金属元素，A错误；
B．同周期主族元素中从左往右原子半径依次减小，故第ⅦA族元素原子半径最小，B正确；
C．He的最外层上2个电子，其位于0族，故原子的最外层电子数为2的元素，不一定是第ⅡA族元素，C错误；
D．元素周期表共有7个横行，每个横行为一个周期，共有7个周期，18个纵行，除第8、9、10三纵行合为Ⅷ族，其余各纵行自成一族，共有16个族，D错误；
故答案为：B。
3. 下列反应属于吸热反应的是
A. 钠与水的反应B. 乙醇的燃烧
C. 碳酸氢钠与柠檬酸的反应D. 氢氧化钾与硫酸的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与水的反应为放热反应，A错误；
B．乙醇的燃烧，为放热反应，B错误；
C．碳酸氢钠与柠檬酸的反应，为吸热反应，C正确；
D．氢氧化钾与硫酸的反应，为放热反应，D错误；
故选C。
4. 化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语不正确的是
A. 的电子式：B. 质量数为14的碳原子：
C. 用电子式表示氯化钠的形成过程：D. 的结构示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧根离子共用一对电子，电子式为：，A正确；
B．碳原子是第6号元素，则质量数为14的碳原子表示为：，B正确；
C．NaCl为离子化合物，用电子式表示氯化钠的形成过程：，C正确；
D．氯离子的原子核内有17个质子，D错误；
故答案选D。
5. 下列电子式书写正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化钠的电子式：，A错误；
B．水的电子式：，B正确；
C．氯化氢的电子式：，C错误；
D．氮气的电子式：，D错误；
故选B。
6. 下列有关物质性质的比较，可以用元素周期律加以解释的是（ ）
A. 酸性：H2SO4＞H3PO4
B. 溶解度（25℃）：BaCl2＞BaSO4
C. 沸点：H2O＞NH3
D. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一周期，从左到右，非金属元素的非金属性增强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，所以酸性：H2SO4＞H3PO4，可以用元素周期律加以解释，A符合题意；
B．BaCl2是可溶性盐，BaSO4是难溶性盐，其溶解度不可以用元素周期律加以解释，B不符合题意；
C．常温下水为液态，氨气为气态，其沸点不可以用元素周期律加以解释，C不符合题意；
D．Na2CO3的稳定性强于NaHCO3，其稳定性不可以用元素周期律加以解释，D不符合题意。
答案为：A。
7. 下列反应的离子方程式不正确的是
A. 小苏打治疗胃酸过多：
B. 向苦卤（含）中通入氯气：
C. 用氢氧化钠溶液吸收尾气：
D. 金属钾与水反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．小苏打治疗胃酸过多：，A正确；
B．向苦卤（含）中通入氯气：，B正确；
C．用氢氧化钠溶液吸收尾气：，C正确；
D．金属钾与水反应：，D错误；
故选D。
8. 干冰的成分是，广泛用于舞台、剧场、影视等制作云海效果。下列说法错误的是
A. 属于酸性氧化物B. 一个分子中含有22个质子
C. 和互为同素异形体D. 1ml 含有的原子数约为
【答案】C
【解析】
【详解】A．是能与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，选项A正确；
B．1个碳原子含有6个质子，一个氧原子含有8个质子，因此一个分子中含有22个质子，选项B正确；
C．质子数相同，中子数不同的核素互为同位素，同素异形体是同一种元素形成的几种性质不同的单质，因此和互为同位素，选项C错误；
D．1个CO2中含有3个原子，因此1ml含有的原子数约为，选项D正确；
故答案选C。
9. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 18g重水（）中含有的质子数为10
B. 1ml乙醇（原子连接方式）中含有的极性键数为8
C. 32g环状（）分子中含有的S-S键数为1
D. 0.1的溶液中的数目为0.3
【答案】C
【解析】
【详解】A．D2O的摩尔质量为20 g/ml，则18g重水物质的量为0.9 ml，根据关系式D2O~10质子，计算可得质子数为0.9NA，A错误；
B．根据乙醇的结构式可知，1ml乙醇含有的极性键数为7NA，B错误；
C．32g环状S8的物质的量为，含有的S-S键数目为=1NA，C正确；
D．缺少溶液的体积，不可计算物质的量，D错误；
故选C。
10. 镓(31Ga)与K位于元素周期表中同一周期，下列关于Ga的说法不正确的是
A. 位于元素周期表第ⅢA族B. 原子半径比K小
C. 单质的还原性比K弱D. Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．镓(31Ga)位于元素周期表第四周期第ⅢA族，A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径比K小，B正确；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；则镓单质的还原性比K弱，C正确；
D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强，D错误；
故选D。
11. 下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是
A. 石墨转变为金刚石是吸热反应
B. 等质量的S(g)完全燃烧放出的热量小于S(s)
C. 白磷比红磷稳定
D. CO(g) + H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 图1中，石墨的能量比金刚石低，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；
B. 图2中，S(g)的能量比S(s)的能量高，所以等质量的S(g)完全燃烧放出的热量大于S(s)，B错误；
C. 图3中，白磷的能量高于红磷的能量，所以白磷比红磷能量高，稳定性差，C错误；
D. 图4中，CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，D错误；
答案选A。
12. 下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaCl2是只含离子键的离子化合物，A错误；
B．NH3中只含N、H之间的极性共价键，为共价化合物，B正确；
C．NH4Cl是既含离子键又含共价键的离子化合物，C错误；
D．KOH中含离子键和极性共价键，为离子化合物，D错误；
故答案选B。
13. 某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是
A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：
C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液蓝色逐渐变浅
D. 将表面附着铜的铁片放入稀硫酸中，不能构成原电池
【答案】D
【解析】
【分析】a和b不连接时，Fe与CuSO4发生置换反应，a和b用导线连接时，Cu为正极，生成Cu，Fe为负极，失去电子转化为Fe2+，据此回答。
【详解】A．a和b不连接时，铁片上会有金属Cu析出，A正确；
B．a和b用导线连接时，铜片为正极，发生的反应为：Cu2++2e−=Cu，B正确；
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解转化为Fe2+，Cu2+转化为Cu，溶液蓝色逐渐变浅，C正确；
D．将表面附着铜的铁片放入稀硫酸中，也会构成原电池，D错误；
故选D。
14. 下列图中的实验方案，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．证明非金属性强弱，应比较非金属元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，盐酸不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，且浓盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl气体会随一起进入溶液中，干扰实验，A项错误；
B．Cl2与NaBr发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；未反应的Cl2也会与KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，B项错误；
C．若试管内发生吸热反应，吸收的热量使集气瓶内空气的压强减小，从而使U形管的液面左高右低，该实验现象能充分说明相应的化学反应是吸热反应，C项正确；
D．该装置中酒精不是电解质，不能构成原电池，不能将化学能转化为电能，无法达到实验目的，D项错误；
故答案选C。
15. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是选项
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．同主族从上往下金属性增强，与水反应的剧烈程度在增强，所以Li与水反应比较缓慢，A正确；
B． 同一主族元素的性质相似，CaSO4微溶于水，BaSO4难溶于水，Sr与Ca、Ba位于同一主族，则SrSO4也难溶于水，B正确；
C．同主族元素半径从上往下增大，与H形成的键能减弱，HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解，推测HBr的分解温度介于二者之间，C正确；
D．半导体材料的元素在金属与非金属交界处，Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料，二者都处在该交界处，ⅣA族的Sn和Pb没在该交界处，不是半导体材料，D错误；
故选D。
16. 下图为反应的能量变化示意图。下列说法正确的是
A. 拆开2 ml 和1 ml 中的化学键成为H、O原子，共放出1368 kJ能量
B.
C. 2ml 和1 ml 反应生成2 ml ，放出能量小于484 kJ
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．断开化学键吸收能量，则拆开2mlH2(g)和1mlO2(g)中的化学键成为H、O原子共吸收1368kJ能量，A错误；
B．根据题目信息可知，，B错误；
C．由图可知，2mlH2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlH2O(g)共放出484kJ能量，则反应生成2 ml H2O(l)，放出能量大于484 kJ，C错误；
D．根据题目信息可知，，D正确；
故选D。
17. 利用固体表面催化工艺进行分解的过程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 属于共价化合物
B. 过程②吸收能量，过程③放出能量
C. 反应过程中有极性键断裂，有非极性键形成
D. 标准状况下，分解生成时转移电子数约为
【答案】D
【解析】
【分析】NO吸附在催化剂表面，在催化剂表面断键形成N原子和O原子，N原子和O原子在催化剂表面反应生成N2和O2，解吸得到N2和O2。
【详解】A．NO属于共价化合物，A正确；
B．过程②断键，吸收能量，过程③形成化学键，放出能量，B正确；
C．反应过程中N和O之间为极性键断裂，生成N2和O2时形成了非极性键，C正确；
D．标准状况下，分解生成时，N元素由-3价变为0价，共有2mlNO反应，转移电子数约为，D错误；
故选D。
18. 氯、硫元素的价类二维图如图所示。下列说法正确的是
A. Fe 分别与b、g反应，产物中铁元素的化合价相同
B. a+e→b反应的离子方程式为
C. 由i的酸性比d强，可知非金属性S>Cl
D. d、h的水溶液在空气中久置，溶液酸性均减弱
【答案】B
【解析】
【分析】根据价态二维图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为NaClO3，f为H2S，g为S，h为SO2，i为H2SO4，j为Na2SO3。
【详解】A．Fe分别与Cl2、S反应，产物中铁元素的化合价不相同，氯气与铁反应生成+3价，硫单质与铁反应生成+2价，故A错误；
B．a+e→b反应是盐酸和氯酸钠反应生成氯化钠、氯气和水，反应离子方程式为，B正确；
C．最高价含氧酸的酸性越强，则非金属性越强，HClO不是最高价含氧酸，所以不能作为判断S和Cl的非金属性强弱依据，C错误；
D．HClO的水溶液在空气中久置，见光分解生成盐酸，溶液酸性增强，SO2的水溶液在空气中久置被氧化生成硫酸，酸性增强，故D错误；
故选B。
19. “空气吹出法”海水提溴的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 向浓缩海水中通入时，溴元素的化合价升高被氧化
B. 空气吹出法利用了溴单质的挥发性
C. 在吸收塔中与发生反应以达到富集目的
D. 从甲装置中获得产品的操作为萃取
【答案】D
【解析】
【详解】A．向浓缩海水中通入Cl2时，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+ Br2，溴元素的化合价升高被氧化，故A正确；
B．空气吹出是利用热空气升高溶液的温度，使沸点低的溴挥发出来，利用了溴单质的挥发性，故B正确；
C．在吸收塔中发生的反应是Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，因为海水中的Br-浓度小，所以发生反应能达到富集目的，故C正确；
D．由图可知从甲中出来后的操作为冷凝精馏，故D不正确；
故选：D。
20. 二甲醚是一种绿色、可再生的新能源。如图是绿色电源“燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多孔性Pt电极）。该电池工作时，下列说法正确的是
A. a电极为该电池正极
B. 在 b 电极上得电子，被氧化
C. 电池工作时，a电极反应式：
D. 电池工作时，燃料电池内部从a电极移向b电极
【答案】D
【解析】
【分析】氧气得电子，化合价降低，故b电极是正极，由图知在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，据此回答。
【详解】A．通燃料的一极失电子，为负极，即a为负极，故A错误；
B．O2在b电极上得电子，被还原，故B错误；
C．在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，故C错误；
D．原电池工作时，电解质溶液中的H+向正极移动，即从a极向b电极移动，故D正确；
故答案为C。
21. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，W的原子半径在短周期主族元素中最大，由Y、Z、W三种元素形成的化合物A的结构如图所示。下列叙述错误的是
A. 该物质为离子化合物
B. 该物质中含有极性共价键、非极性共价键和离子键
C. 最简单氢化物的稳定性：ZD. Y的最高价氧化物可以和W的最高价氧化物的水化物反应生成两种盐
【答案】C
【解析】
【分析】X与Z可以形成两种常见液态化合物，且Z可以形成2个共价键，所以X为H，Z为O，W的原子半径在短周期主族元素中最大，W为Na，Y形成4个共价键，Y为C，据此回答。
【详解】A．根据该物质的结构可知，该物质为离子化合物，含有离子键，A正确；
B．该物质中含有极性共价键、非极性共价键和离子键，阴阳离子间为离子键，碳碳单键为非极性键，碳氧双键、碳氧单键为极性键，B正确；
C．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：H2O＞CH4，C错误；
D．Y的最高价氧化物为CO2，可以和W的最高价氧化物的水化物NaOH反应生成两种盐，碳酸钠与碳酸氢钠，D正确；
故选C。
22. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
下列叙述正确的是
A. X、Y分别对应的简单离子半径前者小
B. W的简单氢化物可与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐
C. X和 Y对应的最高价氧化物的水化物均能溶于氢氧化钠
D. 一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来
【答案】D
【解析】
【分析】W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z化合价为+5、+3、-3，Z处第ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为N元素；X化合价为+2价，应为第ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，处于第ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，据此回答。
【详解】A．Mg2+与Al3+具有相同的核外电子排布，Mg2+的核电荷数小，半径大，A错误；
B．W为氧，没有最高价氧化物，B错误；
C．X和 Y对应的最高价氧化物的水化物分别为Mg(OH)2、Al(OH)3，Al(OH)3可溶于氢氧化钠，C错误；
D．一定条件下，氧气可以将氮气从其化合物中置换出来，其反应的化学方程式：（氨在纯氧中燃烧），D正确。
故选D。
23. 下列热化学方程式或叙述正确的是
A. 1 ml 液态肼足量氧气中完全燃烧生成水蒸气，放出642 kJ热量：
B. 12g石墨转化为CO时，放出110.5 kJ热量：
C. 已知： ，则
D. 已知： ，则在一定条件下向密闭容器中充入0.5ml 和1.5ml 充分反应放出46.2 kJ的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml液态肼反应放出642 kJ热量，因此，A错误；
B．石墨转化为时，放出的热量，则2ml石墨转化为放出221kJ的热量，所以，B错误；
C．根据已知热化学方程式， ，则由盖斯定律可知， ，C正确；
D．该反应为可逆反应，和反应不能全部转化为，所以在一定条件下向密闭容器中充入和充分反应消耗的氮气物质的量小于0.5ml，因此放出的热量小于，D错误；
故答案选C。
24. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。
已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。
下列说法不正确的是
A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原
B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原
C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响
D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ⅱ中0.1ml·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；；
B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅱ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确；
C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确；
D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误；
故选D。
第二部分 非选择题（共52分）
25. A、B、C、D、E为常见的主族元素，根据下表信息回答问题。
（1）写出元素A的原子结构示意图___________。
（2）A、B最高价氧化物对应水化物的碱性强弱：___________>___________（填化学式），从原子结构角度解释原因___________。
（3）写出A、B最高价氧化物对应水化物二者反应的离子方程式________________。
（4）用电子式表示C和D形成化合物的过程：_______________。
（5）元素E在周期表中的位置___________，关于元素E及其化合物的推断中，正确的是___________。
a．E与D的最低负化合价相同 b．E的单质可与A和D形成的化合物的水溶液发生置换反应
c．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>D d．氢化物稳定性：E（6）D和E形成的化合物①具有氧化性，其中体现氧化性的元素是（写元素符号）___________，原因是________________。
（7）元素M与A同主族，比A多2个电子层，M与氧以2：1比例形成的化合物②的物质类别为___________，任意写出一个能体现②的类别通性的反应方程式_____________。
（8）第四周期ⅥA族的元素硒是一种人体必需的元素，关于硒元素及其化合物的有关说法正确的是（选填序号）___________。
a．硒原子的半径比硫原子的大 b．的稳定性比HCl的强
c．能与NaOH溶液反应 d．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】（1） （2） ①. ②. ③. 钠和铝电子层数相同，核电荷数Na＜Al，原子半径Na＞Al，金属性Na＞Al
（3）
（4） （5） ①. 第四周期第VIIA族 ②. ad
（6） ①. Br ②. 非金属性(得电子能力)Cl>Br，Cl化合价为-1，Br化合价为+1；Br还有0价、-1价，可以降价，体现氧化性
（7） ①. 碱性氧化物 ②. 或或（任写一个）
（8）ac
【解析】
【分析】为常见的主族元素，同周期原子半径从左到右依次减小，同主族原子半径从上到下依次增大，则A为短周期元素原子半径最大(稀有气体不参与比较)，故为Na；B为+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同即2、8排布，则B为13号的Al元素；C原子核外M电子层与K电子层的电子数相等，则排布为2、8、2，C为Mg元素；D与A同周期，化合价有等，则为第ⅦA元素，为Cl元素；由E的原子结构示意图可知，E为35号元素，为Br元素。
【小问1详解】
A为11号Na元素，原子结构示意图为，故答案为：。
【小问2详解】
A、B为同周期，金属性Na>Al，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱：，原因是：钠和铝电子层数相同，核电荷数Na＜Al，原子半径Na＞Al，金属性Na＞Al，故答案为：；；钠和铝电子层数相同，核电荷数Na＜Al，原子半径Na＞Al，金属性Na＞Al。
【小问3详解】
A为钠元素，B为Al元素，最高价氧化物对应水化物二者反应的离子方程式：，故答案为：。
【小问4详解】
C和D形成化合物MgCl2为离子化合物，形成过程为：，故答案为：。
【小问5详解】
元素E为35号元素Br，在周期表中的位置为第四周期第ⅦA族；
a．E与D为同主族元素，最外层电子数均为7，最低负化合价均为-1，选项a正确；
b．E的单质Br2，A和D形成的化合物NaCl，由于氧化性Cl2> Br2，所以溴不能与氯化钠溶液发生置换反应，选项b错误；
c．非金属性Cl> Br，最高价氧化物对应水化物的酸性：，选项c错误；
d．非金属性Cl> Br，氢化物稳定性：，选项d正确；
答案选ad；故答案为：第四周期第VIIA族；ad。
【小问6详解】
非金属性(得电子能力) 化合价为-1，Br化合价为+1；Br还有0价、价，可以降价，体现氧化性，故D和E形成的化合物①具有氧化性，其中体现氧化性的元素是Br，故答案为：Br；非金属性(得电子能力)Cl>Br，Cl化合价为-1，Br化合价为+1；Br还有0价、-1价，可以降价，体现氧化性。
【小问7详解】
元素M与A同主族，比A多2个电子层，M与氧以2：1比例形成的化合物②为Rb2O的物质类别为碱性氧化物，任意写出一个能体现②的类别通性的反应方程式为或或；故答案为：或或（任写一个）。
【小问8详解】
a．同主族从上而下原子半径依次增大，硒原子的半径比硫原子的大，选项a正确；
b．非金属性Cl>Se，故氢化物的稳定性比HCl的弱，选项b错误；
c．为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水，选项c正确；
d．与硫酸钠性质相似，还原性不强，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项d错误；
答案选ac。
26. 化学反应同时伴随着能量变化．是人类获取能量的重要途径。以下是常见的化学反应。
a．镁与盐酸反应 b．氢氧化钠与盐酸反应 c．盐酸与碳酸氢钠反应
d．晶体与晶体反应
（1）以上化学反应中能用如图表示其能量变化的是________（填字母），此类反应中有能量变化的原因是：断开反应物的化学键吸收的总能量________（填“＞”或“＜”）形成生成物的化学键释放的总能量。
（2）从以上反应中选择一个反应设计原电池。
①将图中原电池装置补充完整___________。
②证实化学能转化为电能的实验现象是___________。
③正极的电极反应式是___________。
④烧杯中溶液的作用是___________。
a．电极材料 b．电极反应物 c．电子导体 d．离子导体
⑤从化学的角度分析，原电池产生电流的原因是___________。
【答案】（1） ① cd ②. ＞
（2） ①. ②. 电流计指针偏转，石墨棒上有气泡冒出 ③. ④. bd ⑤. 原电池将氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行，并通过能导电的物质形成闭合回路，产生电流
【解析】
【小问1详解】
通过图中信息得到反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，而镁与盐酸的反应、氢氧化钠与盐酸的反应是放热反应，盐酸与碳酸氢钠的反应、晶体与晶体的反应是吸热反应，因此以上化学反应中能用上图表示其能量变化的是cd，此类反应中有能量变化的原因是断键吸收的热量大于成键放出的热量即断开反应物中的化学键需吸收的总能量大于形成生成物中的化学键需释放的总能量；故答案为：cd；大于。
【小问2详解】
①要涉及原电池必须为放热的氧化还原反应，因此镁与盐酸的反应涉及成一个原电池，镁为负极，石墨为正极，盐酸为电解质溶液，将图中原电池装置补充完整为 ；故答案为： ；
②证实化学能转化为电能的实验现象是电流表指针发生偏转，石墨电极上有气泡产生；故答案为：电流表指针发生偏转，石墨电极上有气泡产生；
③正极为石墨，石墨上氢离子得到电子变为氢气，则正极的电极反应式是；故答案为：；
④该装置中正极反应为氢离子，因此烧杯中溶液的作用是电极反应物、离子导体，故答案为：bd；
⑤从化学的角度分析，原电池产生电流的原因是：原电池将氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行，并通过能导电的物质形成闭合回路，产生电流，故答案为：原电池将氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行，并通过能导电的物质形成闭合回路，产生电流。
27. 高一年级小村同学最近通过学习了解到：“肼”（）是一种重要的化学物质，可用作喷气式发动机燃料、火箭燃料、显影剂、抗氧剂、还原剂等。请结合数据完成下面有关“肼”的化学问题。
（1）属于_______化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”），所含化学键类型有_______（填“离子键”或“极性键”或“非极性键”）
（2）已知①
②
③
某型号火箭采用液态肼和液态作推进剂，燃烧生成两种无污染气体。写出反应的热化学方程式________。
（3）液态肼可以除去水中的溶解氧，且生成物能参与大气循环。写出该反应的热化学方程式________，理论上每消耗64 g肼可除去标准状况下________L。
（4）科学家用肼作为燃料电池的燃料，电池结构如图所示，写出负极的电极反应式_________。
【答案】（1） ①. 共价 ②. 极性键、非极性键
（2）
（3） ①. N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=（c- b）kJ·ml－1 ②. 44.8
（4）
【解析】
【小问1详解】
为共价化合物，分子中每个氮原子和两个氢原子各共用一对电子，两个氮原子共用一对电子，每个氮原子还有一对孤对电子，则肼分子中存在的共价键的类型为极性键和非极性键；故答案为：共价；极性键和非极性键。
小问2详解】
① 2O2(g)＋N2(g) = N2O4(l) ΔH＝a kJ·ml-1
② N2(g)＋2H2(g) = N2H4(l) ΔH＝b kJ·ml-1
③ 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH＝c kJ·ml-1
依据盖斯定律2③2②①得：2N2H4(l)＋N2O4(l) =3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝(2c—a—2b) kJ·ml-1，故答案为：。
【小问3详解】
由题意可知，肼和氧气反应，生成氮气和水，其化学方程式为：N2H4＋O2===2H2O＋N2，热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=（c- b）kJ·ml－1，设消耗64 g肼可除去标准状况下O2体积为VL，依据上述方程式可得：32：22.4=6.4：V，解得V=44.8L；故答案为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=（c- b）kJ·ml－1；44.8L。
【小问4详解】
肼作为燃料的燃料电池，燃料肼参与反应的电极为负极，肼失去电子，在碱性条件下，电极反应式为：，故答案为：。
28. X、Y、Z、M、Q、R皆为周期表中前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所。
（1）已知X位于第一周期，则电子式为_________。
（2）比较Y和Z的简单氢化物，更稳定的是_________（填化学式）。
（3）已知Q位于第三周期，则R在元素周期表中的位置是_________。
（4）下列推断正确的是_________（填“序号”）。
a．简单离子半径：
b．由X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
c．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
（5）M的单质通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，写出该反应的离子方程式_________；比较和M的阴离子，还原性更强的是_________（填离子符号），从原子结构的角度解释原因_________。
【答案】（1） （2）H2O
（3）第四周期IIA族
（4）bc （5） ①. Cl2+2I—=2Cl—+I2 ②. I— ③. Cl、I为同主族元素，电子层数I＞Cl，离子半径I—＞Cl—，失电子能力I—＞Cl—，还原性I—＞Cl—
【解析】
【分析】由图可知，X为H元素、Y为O元素、Z为N元素、M为Cl元素、Q为Na元素、R为是Ca元素。
【小问1详解】
过氧化氢是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故答案为：；
【小问2详解】
同周期元素，从左到右非金属性依次增强，气态氢化物稳定性依次增强，则水的稳定性强于氨分子，故答案为：H2O；
【小问3详解】
钙元素的原子序数为20，位于元素周期表第四周期IIA族，故答案为：第四周期IIA族；
【小问4详解】
a．离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越大，则简单离子半径大小顺序为Cl−>Ca2+>Na+，故错误；
b．氢、氮、氧三种元素组成的化合物可能是盐硝酸铵或亚硝酸铵，也可能是碱一水合氨，故正确；
c．硝酸和高氯酸均为强酸，故正确；
故选bc；
【小问5详解】
氯气通入淀粉碘化钾溶液中发生的反应为氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和使淀粉溶液变蓝色的碘，反应的离子方程式为Cl2+2I—=2Cl—+I2；Cl、I为同主族元素，电子层数I＞Cl，离子半径I—＞Cl—，失电子能力I—＞Cl—，则还原性I—＞Cl—，故答案为：Cl2+2I—=2Cl—+I2；I—；Cl、I为同主族元素，电子层数I＞Cl，离子半径I—＞Cl—，失电子能力I—＞Cl—，还原性I—＞Cl—。
29. 某小组同学探究与新制悬浊液的反应。
资料：ⅰ.为砖红色固体，难溶于水，会在酸性溶液中溶解而转化为Cu和。
ⅱ.CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；能与氨水反应生成在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色。
实验装置如图(夹持装置略)。
（1）B中试剂是___________。
（2）通入前，实验Ⅰ、Ⅱ中产生蓝色絮状沉淀的离子方程式为___________。
（3）①实验Ⅰ通入后产生砖红色沉淀，补全该反应的化学方程式。_________
②分析实验Ⅰ一段时间后砖红色沉淀消失的可能原因___________。
（4）同学们对实验Ⅱ中白色沉淀的成分继续探究。
①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：、___________。
②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为CuCl，实验方案如下：
现象1现象2
填写下表空格：
（5）实验Ⅰ和实验Ⅱ中与新制悬浊液均发生了___________反应(填反应类型)，反应现象的不同与___________有关。
【答案】（1）饱和溶液
（2）
（3） ①. 2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=Na2SO4+Cu2O+3H2O ②. 溶液中溶解的增多，溶液的酸性增强，使溶解
（4） ①. ②. 浓盐酸 ③. 白色沉淀溶解 ④. 出现白色沉淀
（5） ①. 氧化还原 ②. 配制所用铜盐的阴离子种类
【解析】
【分析】A制备二氧化硫，通过观察B中气泡的速度控制A中产生二氧化硫的速度，C中二氧化硫和新制悬浊液的反应，D中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止污染空气。
【小问1详解】
B的作用是控制二氧化硫气体的流速，B中试剂不能吸收二氧化硫，所以B中试剂是饱和溶液；
【小问2详解】
通入前，实验Ⅰ、Ⅱ中铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜蓝色絮状沉淀，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
①实验Ⅰ通入后产生砖红色氧化亚铜沉淀，铜元素化合价由+2价降低为+1价，S元素化合价由+4价升高为+6价，该反应的化学方程式2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=Na2SO4+Cu2O+3H2O；
②Cu2O在酸性溶液中溶解转化为Cu和，实验Ⅰ一段时间后, 溶液中溶解的增多，溶液的酸性增强，使溶解，砖红色沉淀消失；
【小问4详解】
①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色，此过程中反应的离子方程式为：、。
②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；取白色固体加浓盐酸，白色固体溶解，在加蒸馏水，又出现白色沉淀，则说明白色固体是CuCl。
【小问5详解】
实验Ⅰ和实验Ⅱ中与新制悬浊液均发生了氧化还原反应，反应现象的不同与配制所用铜盐的阴离子种类有关。A.瓷砖
B.玻璃
C.第三代铝锂合金
D.水泥
物质
A.
B.
C.
D.KOH
所含化学键类型
离子键、非极性共价键
极性共价键
极性共价键
离子键、极性共价键
所属化合物类型
离子化合物
共价化合物
共价化合物
共价化合物
选项
A
B
方案
目的
证明非金属性：Cl>C>Si
氧化性：
选项
C
D
方案
目的
反应开始后，U形管液面左高右低，证明是吸热反应
证明化学能转化为电能
选项
事实
推测
A
Na与水剧烈反应，K与水反应更剧烈
Li与水反应比较缓慢
B
微溶于水，难溶于水
难溶于水（Sr与Ca、Ba同主族）
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是半导体材料．同族的Ge是半导体材料
ⅣA族的Sn和Pb是半导体材料
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
+2
+3
+5、+3、-3
-2
实验
序号
试剂a
实验现象
Ⅰ
8ml·L-1氨水(pH≈13)
紫色变浅，底部有棕黑色沉淀
Ⅱ
01ml·L-1NaOH溶液
无明显变化
Ⅲ
4ml·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)
紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀
Ⅳ
硫酸酸化的4ml·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)
紫色变浅
Ⅴ
硫酸酸化的4ml·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)
紫色褪去
元素
元素性质/原子结构信息
A
短周期元素原子半径最大（稀有气体不参与比较）
B
+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同
C
原子核外M电子层与K电子层的电子数相等
D
与A同周期，化合价有-1、+7等
E
原子结构示意图：
序号
物质a
C中实验现象
通入前
通入后
Ⅰ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色
Ⅱ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色
试剂1
___________
试剂2
蒸馏水
现象1
___________
现象2
___________
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32
第一部分
本部分共24题，每题2分，共48分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列材料的主要成分不属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】瓷砖、玻璃、水泥都属于无机非金属材料，铝锂合金属于金属材料，故选C。
2. 下列关于元素周期表的说法正确的是
A. 第ⅠA族的所有元素都是碱金属元素
B. 同周期主族元素中，第ⅦA族元素原子半径最小
C. 原子的最外层电子数为2的元素，一定是第ⅠA族元素
D. 元素周期表共有7个周期，18个族
【答案】B
【解析】
【详解】A．第IA族除H之外的所有元素即Li、Na、K、Rb、Cs、Fr都是碱金属元素，A错误；
B．同周期主族元素中从左往右原子半径依次减小，故第ⅦA族元素原子半径最小，B正确；
C．He的最外层上2个电子，其位于0族，故原子的最外层电子数为2的元素，不一定是第ⅡA族元素，C错误；
D．元素周期表共有7个横行，每个横行为一个周期，共有7个周期，18个纵行，除第8、9、10三纵行合为Ⅷ族，其余各纵行自成一族，共有16个族，D错误；
故答案为：B。
3. 下列反应属于吸热反应的是
A. 钠与水的反应B. 乙醇的燃烧
C. 碳酸氢钠与柠檬酸的反应D. 氢氧化钾与硫酸的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与水的反应为放热反应，A错误；
B．乙醇的燃烧，为放热反应，B错误；
C．碳酸氢钠与柠檬酸的反应，为吸热反应，C正确；
D．氢氧化钾与硫酸的反应，为放热反应，D错误；
故选C。
4. 化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语不正确的是
A. 的电子式：B. 质量数为14的碳原子：
C. 用电子式表示氯化钠的形成过程：D. 的结构示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧根离子共用一对电子，电子式为：，A正确；
B．碳原子是第6号元素，则质量数为14的碳原子表示为：，B正确；
C．NaCl为离子化合物，用电子式表示氯化钠的形成过程：，C正确；
D．氯离子的原子核内有17个质子，D错误；
故答案选D。
5. 下列电子式书写正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化钠的电子式：，A错误；
B．水的电子式：，B正确；
C．氯化氢的电子式：，C错误；
D．氮气的电子式：，D错误；
故选B。
6. 下列有关物质性质的比较，可以用元素周期律加以解释的是（ ）
A. 酸性：H2SO4＞H3PO4
B. 溶解度（25℃）：BaCl2＞BaSO4
C. 沸点：H2O＞NH3
D. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一周期，从左到右，非金属元素的非金属性增强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，所以酸性：H2SO4＞H3PO4，可以用元素周期律加以解释，A符合题意；
B．BaCl2是可溶性盐，BaSO4是难溶性盐，其溶解度不可以用元素周期律加以解释，B不符合题意；
C．常温下水为液态，氨气为气态，其沸点不可以用元素周期律加以解释，C不符合题意；
D．Na2CO3的稳定性强于NaHCO3，其稳定性不可以用元素周期律加以解释，D不符合题意。
答案为：A。
7. 下列反应的离子方程式不正确的是
A. 小苏打治疗胃酸过多：
B. 向苦卤（含）中通入氯气：
C. 用氢氧化钠溶液吸收尾气：
D. 金属钾与水反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．小苏打治疗胃酸过多：，A正确；
B．向苦卤（含）中通入氯气：，B正确；
C．用氢氧化钠溶液吸收尾气：，C正确；
D．金属钾与水反应：，D错误；
故选D。
8. 干冰的成分是，广泛用于舞台、剧场、影视等制作云海效果。下列说法错误的是
A. 属于酸性氧化物B. 一个分子中含有22个质子
C. 和互为同素异形体D. 1ml 含有的原子数约为
【答案】C
【解析】
【详解】A．是能与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，选项A正确；
B．1个碳原子含有6个质子，一个氧原子含有8个质子，因此一个分子中含有22个质子，选项B正确；
C．质子数相同，中子数不同的核素互为同位素，同素异形体是同一种元素形成的几种性质不同的单质，因此和互为同位素，选项C错误；
D．1个CO2中含有3个原子，因此1ml含有的原子数约为，选项D正确；
故答案选C。
9. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 18g重水（）中含有的质子数为10
B. 1ml乙醇（原子连接方式）中含有的极性键数为8
C. 32g环状（）分子中含有的S-S键数为1
D. 0.1的溶液中的数目为0.3
【答案】C
【解析】
【详解】A．D2O的摩尔质量为20 g/ml，则18g重水物质的量为0.9 ml，根据关系式D2O~10质子，计算可得质子数为0.9NA，A错误；
B．根据乙醇的结构式可知，1ml乙醇含有的极性键数为7NA，B错误；
C．32g环状S8的物质的量为，含有的S-S键数目为=1NA，C正确；
D．缺少溶液的体积，不可计算物质的量，D错误；
故选C。
10. 镓(31Ga)与K位于元素周期表中同一周期，下列关于Ga的说法不正确的是
A. 位于元素周期表第ⅢA族B. 原子半径比K小
C. 单质的还原性比K弱D. Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．镓(31Ga)位于元素周期表第四周期第ⅢA族，A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径比K小，B正确；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；则镓单质的还原性比K弱，C正确；
D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强，D错误；
故选D。
11. 下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是
A. 石墨转变为金刚石是吸热反应
B. 等质量的S(g)完全燃烧放出的热量小于S(s)
C. 白磷比红磷稳定
D. CO(g) + H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 图1中，石墨的能量比金刚石低，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；
B. 图2中，S(g)的能量比S(s)的能量高，所以等质量的S(g)完全燃烧放出的热量大于S(s)，B错误；
C. 图3中，白磷的能量高于红磷的能量，所以白磷比红磷能量高，稳定性差，C错误；
D. 图4中，CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，D错误；
答案选A。
12. 下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaCl2是只含离子键的离子化合物，A错误；
B．NH3中只含N、H之间的极性共价键，为共价化合物，B正确；
C．NH4Cl是既含离子键又含共价键的离子化合物，C错误；
D．KOH中含离子键和极性共价键，为离子化合物，D错误；
故答案选B。
13. 某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是
A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：
C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液蓝色逐渐变浅
D. 将表面附着铜的铁片放入稀硫酸中，不能构成原电池
【答案】D
【解析】
【分析】a和b不连接时，Fe与CuSO4发生置换反应，a和b用导线连接时，Cu为正极，生成Cu，Fe为负极，失去电子转化为Fe2+，据此回答。
【详解】A．a和b不连接时，铁片上会有金属Cu析出，A正确；
B．a和b用导线连接时，铜片为正极，发生的反应为：Cu2++2e−=Cu，B正确；
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解转化为Fe2+，Cu2+转化为Cu，溶液蓝色逐渐变浅，C正确；
D．将表面附着铜的铁片放入稀硫酸中，也会构成原电池，D错误；
故选D。
14. 下列图中的实验方案，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．证明非金属性强弱，应比较非金属元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，盐酸不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，且浓盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl气体会随一起进入溶液中，干扰实验，A项错误；
B．Cl2与NaBr发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；未反应的Cl2也会与KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，B项错误；
C．若试管内发生吸热反应，吸收的热量使集气瓶内空气的压强减小，从而使U形管的液面左高右低，该实验现象能充分说明相应的化学反应是吸热反应，C项正确；
D．该装置中酒精不是电解质，不能构成原电池，不能将化学能转化为电能，无法达到实验目的，D项错误；
故答案选C。
15. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是选项
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．同主族从上往下金属性增强，与水反应的剧烈程度在增强，所以Li与水反应比较缓慢，A正确；
B． 同一主族元素的性质相似，CaSO4微溶于水，BaSO4难溶于水，Sr与Ca、Ba位于同一主族，则SrSO4也难溶于水，B正确；
C．同主族元素半径从上往下增大，与H形成的键能减弱，HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解，推测HBr的分解温度介于二者之间，C正确；
D．半导体材料的元素在金属与非金属交界处，Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料，二者都处在该交界处，ⅣA族的Sn和Pb没在该交界处，不是半导体材料，D错误；
故选D。
16. 下图为反应的能量变化示意图。下列说法正确的是
A. 拆开2 ml 和1 ml 中的化学键成为H、O原子，共放出1368 kJ能量
B.
C. 2ml 和1 ml 反应生成2 ml ，放出能量小于484 kJ
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．断开化学键吸收能量，则拆开2mlH2(g)和1mlO2(g)中的化学键成为H、O原子共吸收1368kJ能量，A错误；
B．根据题目信息可知，，B错误；
C．由图可知，2mlH2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlH2O(g)共放出484kJ能量，则反应生成2 ml H2O(l)，放出能量大于484 kJ，C错误；
D．根据题目信息可知，，D正确；
故选D。
17. 利用固体表面催化工艺进行分解的过程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 属于共价化合物
B. 过程②吸收能量，过程③放出能量
C. 反应过程中有极性键断裂，有非极性键形成
D. 标准状况下，分解生成时转移电子数约为
【答案】D
【解析】
【分析】NO吸附在催化剂表面，在催化剂表面断键形成N原子和O原子，N原子和O原子在催化剂表面反应生成N2和O2，解吸得到N2和O2。
【详解】A．NO属于共价化合物，A正确；
B．过程②断键，吸收能量，过程③形成化学键，放出能量，B正确；
C．反应过程中N和O之间为极性键断裂，生成N2和O2时形成了非极性键，C正确；
D．标准状况下，分解生成时，N元素由-3价变为0价，共有2mlNO反应，转移电子数约为，D错误；
故选D。
18. 氯、硫元素的价类二维图如图所示。下列说法正确的是
A. Fe 分别与b、g反应，产物中铁元素的化合价相同
B. a+e→b反应的离子方程式为
C. 由i的酸性比d强，可知非金属性S>Cl
D. d、h的水溶液在空气中久置，溶液酸性均减弱
【答案】B
【解析】
【分析】根据价态二维图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为NaClO3，f为H2S，g为S，h为SO2，i为H2SO4，j为Na2SO3。
【详解】A．Fe分别与Cl2、S反应，产物中铁元素的化合价不相同，氯气与铁反应生成+3价，硫单质与铁反应生成+2价，故A错误；
B．a+e→b反应是盐酸和氯酸钠反应生成氯化钠、氯气和水，反应离子方程式为，B正确；
C．最高价含氧酸的酸性越强，则非金属性越强，HClO不是最高价含氧酸，所以不能作为判断S和Cl的非金属性强弱依据，C错误；
D．HClO的水溶液在空气中久置，见光分解生成盐酸，溶液酸性增强，SO2的水溶液在空气中久置被氧化生成硫酸，酸性增强，故D错误；
故选B。
19. “空气吹出法”海水提溴的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 向浓缩海水中通入时，溴元素的化合价升高被氧化
B. 空气吹出法利用了溴单质的挥发性
C. 在吸收塔中与发生反应以达到富集目的
D. 从甲装置中获得产品的操作为萃取
【答案】D
【解析】
【详解】A．向浓缩海水中通入Cl2时，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+ Br2，溴元素的化合价升高被氧化，故A正确；
B．空气吹出是利用热空气升高溶液的温度，使沸点低的溴挥发出来，利用了溴单质的挥发性，故B正确；
C．在吸收塔中发生的反应是Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，因为海水中的Br-浓度小，所以发生反应能达到富集目的，故C正确；
D．由图可知从甲中出来后的操作为冷凝精馏，故D不正确；
故选：D。
20. 二甲醚是一种绿色、可再生的新能源。如图是绿色电源“燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多孔性Pt电极）。该电池工作时，下列说法正确的是
A. a电极为该电池正极
B. 在 b 电极上得电子，被氧化
C. 电池工作时，a电极反应式：
D. 电池工作时，燃料电池内部从a电极移向b电极
【答案】D
【解析】
【分析】氧气得电子，化合价降低，故b电极是正极，由图知在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，据此回答。
【详解】A．通燃料的一极失电子，为负极，即a为负极，故A错误；
B．O2在b电极上得电子，被还原，故B错误；
C．在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，故C错误；
D．原电池工作时，电解质溶液中的H+向正极移动，即从a极向b电极移动，故D正确；
故答案为C。
21. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，W的原子半径在短周期主族元素中最大，由Y、Z、W三种元素形成的化合物A的结构如图所示。下列叙述错误的是
A. 该物质为离子化合物
B. 该物质中含有极性共价键、非极性共价键和离子键
C. 最简单氢化物的稳定性：Z
【答案】C
【解析】
【分析】X与Z可以形成两种常见液态化合物，且Z可以形成2个共价键，所以X为H，Z为O，W的原子半径在短周期主族元素中最大，W为Na，Y形成4个共价键，Y为C，据此回答。
【详解】A．根据该物质的结构可知，该物质为离子化合物，含有离子键，A正确；
B．该物质中含有极性共价键、非极性共价键和离子键，阴阳离子间为离子键，碳碳单键为非极性键，碳氧双键、碳氧单键为极性键，B正确；
C．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：H2O＞CH4，C错误；
D．Y的最高价氧化物为CO2，可以和W的最高价氧化物的水化物NaOH反应生成两种盐，碳酸钠与碳酸氢钠，D正确；
故选C。
22. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
下列叙述正确的是
A. X、Y分别对应的简单离子半径前者小
B. W的简单氢化物可与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐
C. X和 Y对应的最高价氧化物的水化物均能溶于氢氧化钠
D. 一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来
【答案】D
【解析】
【分析】W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z化合价为+5、+3、-3，Z处第ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为N元素；X化合价为+2价，应为第ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，处于第ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，据此回答。
【详解】A．Mg2+与Al3+具有相同的核外电子排布，Mg2+的核电荷数小，半径大，A错误；
B．W为氧，没有最高价氧化物，B错误；
C．X和 Y对应的最高价氧化物的水化物分别为Mg(OH)2、Al(OH)3，Al(OH)3可溶于氢氧化钠，C错误；
D．一定条件下，氧气可以将氮气从其化合物中置换出来，其反应的化学方程式：（氨在纯氧中燃烧），D正确。
故选D。
23. 下列热化学方程式或叙述正确的是
A. 1 ml 液态肼足量氧气中完全燃烧生成水蒸气，放出642 kJ热量：
B. 12g石墨转化为CO时，放出110.5 kJ热量：
C. 已知： ，则
D. 已知： ，则在一定条件下向密闭容器中充入0.5ml 和1.5ml 充分反应放出46.2 kJ的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml液态肼反应放出642 kJ热量，因此，A错误；
B．石墨转化为时，放出的热量，则2ml石墨转化为放出221kJ的热量，所以，B错误；
C．根据已知热化学方程式， ，则由盖斯定律可知， ，C正确；
D．该反应为可逆反应，和反应不能全部转化为，所以在一定条件下向密闭容器中充入和充分反应消耗的氮气物质的量小于0.5ml，因此放出的热量小于，D错误；
故答案选C。
24. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。
已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。
下列说法不正确的是
A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原
B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原
C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响
D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ⅱ中0.1ml·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；；
B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅱ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确；
C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确；
D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误；
故选D。
第二部分 非选择题（共52分）
25. A、B、C、D、E为常见的主族元素，根据下表信息回答问题。
（1）写出元素A的原子结构示意图___________。
（2）A、B最高价氧化物对应水化物的碱性强弱：___________>___________（填化学式），从原子结构角度解释原因___________。
（3）写出A、B最高价氧化物对应水化物二者反应的离子方程式________________。
（4）用电子式表示C和D形成化合物的过程：_______________。
（5）元素E在周期表中的位置___________，关于元素E及其化合物的推断中，正确的是___________。
a．E与D的最低负化合价相同 b．E的单质可与A和D形成的化合物的水溶液发生置换反应
c．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>D d．氢化物稳定性：E
（7）元素M与A同主族，比A多2个电子层，M与氧以2：1比例形成的化合物②的物质类别为___________，任意写出一个能体现②的类别通性的反应方程式_____________。
（8）第四周期ⅥA族的元素硒是一种人体必需的元素，关于硒元素及其化合物的有关说法正确的是（选填序号）___________。
a．硒原子的半径比硫原子的大 b．的稳定性比HCl的强
c．能与NaOH溶液反应 d．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】（1） （2） ①. ②. ③. 钠和铝电子层数相同，核电荷数Na＜Al，原子半径Na＞Al，金属性Na＞Al
（3）
（4） （5） ①. 第四周期第VIIA族 ②. ad
（6） ①. Br ②. 非金属性(得电子能力)Cl>Br，Cl化合价为-1，Br化合价为+1；Br还有0价、-1价，可以降价，体现氧化性
（7） ①. 碱性氧化物 ②. 或或（任写一个）
（8）ac
【解析】
【分析】为常见的主族元素，同周期原子半径从左到右依次减小，同主族原子半径从上到下依次增大，则A为短周期元素原子半径最大(稀有气体不参与比较)，故为Na；B为+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同即2、8排布，则B为13号的Al元素；C原子核外M电子层与K电子层的电子数相等，则排布为2、8、2，C为Mg元素；D与A同周期，化合价有等，则为第ⅦA元素，为Cl元素；由E的原子结构示意图可知，E为35号元素，为Br元素。
【小问1详解】
A为11号Na元素，原子结构示意图为，故答案为：。
【小问2详解】
A、B为同周期，金属性Na>Al，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱：，原因是：钠和铝电子层数相同，核电荷数Na＜Al，原子半径Na＞Al，金属性Na＞Al，故答案为：；；钠和铝电子层数相同，核电荷数Na＜Al，原子半径Na＞Al，金属性Na＞Al。
【小问3详解】
A为钠元素，B为Al元素，最高价氧化物对应水化物二者反应的离子方程式：，故答案为：。
【小问4详解】
C和D形成化合物MgCl2为离子化合物，形成过程为：，故答案为：。
【小问5详解】
元素E为35号元素Br，在周期表中的位置为第四周期第ⅦA族；
a．E与D为同主族元素，最外层电子数均为7，最低负化合价均为-1，选项a正确；
b．E的单质Br2，A和D形成的化合物NaCl，由于氧化性Cl2> Br2，所以溴不能与氯化钠溶液发生置换反应，选项b错误；
c．非金属性Cl> Br，最高价氧化物对应水化物的酸性：，选项c错误；
d．非金属性Cl> Br，氢化物稳定性：，选项d正确；
答案选ad；故答案为：第四周期第VIIA族；ad。
【小问6详解】
非金属性(得电子能力) 化合价为-1，Br化合价为+1；Br还有0价、价，可以降价，体现氧化性，故D和E形成的化合物①具有氧化性，其中体现氧化性的元素是Br，故答案为：Br；非金属性(得电子能力)Cl>Br，Cl化合价为-1，Br化合价为+1；Br还有0价、-1价，可以降价，体现氧化性。
【小问7详解】
元素M与A同主族，比A多2个电子层，M与氧以2：1比例形成的化合物②为Rb2O的物质类别为碱性氧化物，任意写出一个能体现②的类别通性的反应方程式为或或；故答案为：或或（任写一个）。
【小问8详解】
a．同主族从上而下原子半径依次增大，硒原子的半径比硫原子的大，选项a正确；
b．非金属性Cl>Se，故氢化物的稳定性比HCl的弱，选项b错误；
c．为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水，选项c正确；
d．与硫酸钠性质相似，还原性不强，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项d错误；
答案选ac。
26. 化学反应同时伴随着能量变化．是人类获取能量的重要途径。以下是常见的化学反应。
a．镁与盐酸反应 b．氢氧化钠与盐酸反应 c．盐酸与碳酸氢钠反应
d．晶体与晶体反应
（1）以上化学反应中能用如图表示其能量变化的是________（填字母），此类反应中有能量变化的原因是：断开反应物的化学键吸收的总能量________（填“＞”或“＜”）形成生成物的化学键释放的总能量。
（2）从以上反应中选择一个反应设计原电池。
①将图中原电池装置补充完整___________。
②证实化学能转化为电能的实验现象是___________。
③正极的电极反应式是___________。
④烧杯中溶液的作用是___________。
a．电极材料 b．电极反应物 c．电子导体 d．离子导体
⑤从化学的角度分析，原电池产生电流的原因是___________。
【答案】（1） ① cd ②. ＞
（2） ①. ②. 电流计指针偏转，石墨棒上有气泡冒出 ③. ④. bd ⑤. 原电池将氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行，并通过能导电的物质形成闭合回路，产生电流
【解析】
【小问1详解】
通过图中信息得到反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，而镁与盐酸的反应、氢氧化钠与盐酸的反应是放热反应，盐酸与碳酸氢钠的反应、晶体与晶体的反应是吸热反应，因此以上化学反应中能用上图表示其能量变化的是cd，此类反应中有能量变化的原因是断键吸收的热量大于成键放出的热量即断开反应物中的化学键需吸收的总能量大于形成生成物中的化学键需释放的总能量；故答案为：cd；大于。
【小问2详解】
①要涉及原电池必须为放热的氧化还原反应，因此镁与盐酸的反应涉及成一个原电池，镁为负极，石墨为正极，盐酸为电解质溶液，将图中原电池装置补充完整为 ；故答案为： ；
②证实化学能转化为电能的实验现象是电流表指针发生偏转，石墨电极上有气泡产生；故答案为：电流表指针发生偏转，石墨电极上有气泡产生；
③正极为石墨，石墨上氢离子得到电子变为氢气，则正极的电极反应式是；故答案为：；
④该装置中正极反应为氢离子，因此烧杯中溶液的作用是电极反应物、离子导体，故答案为：bd；
⑤从化学的角度分析，原电池产生电流的原因是：原电池将氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行，并通过能导电的物质形成闭合回路，产生电流，故答案为：原电池将氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行，并通过能导电的物质形成闭合回路，产生电流。
27. 高一年级小村同学最近通过学习了解到：“肼”（）是一种重要的化学物质，可用作喷气式发动机燃料、火箭燃料、显影剂、抗氧剂、还原剂等。请结合数据完成下面有关“肼”的化学问题。
（1）属于_______化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”），所含化学键类型有_______（填“离子键”或“极性键”或“非极性键”）
（2）已知①
②
③
某型号火箭采用液态肼和液态作推进剂，燃烧生成两种无污染气体。写出反应的热化学方程式________。
（3）液态肼可以除去水中的溶解氧，且生成物能参与大气循环。写出该反应的热化学方程式________，理论上每消耗64 g肼可除去标准状况下________L。
（4）科学家用肼作为燃料电池的燃料，电池结构如图所示，写出负极的电极反应式_________。
【答案】（1） ①. 共价 ②. 极性键、非极性键
（2）
（3） ①. N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=（c- b）kJ·ml－1 ②. 44.8
（4）
【解析】
【小问1详解】
为共价化合物，分子中每个氮原子和两个氢原子各共用一对电子，两个氮原子共用一对电子，每个氮原子还有一对孤对电子，则肼分子中存在的共价键的类型为极性键和非极性键；故答案为：共价；极性键和非极性键。
小问2详解】
① 2O2(g)＋N2(g) = N2O4(l) ΔH＝a kJ·ml-1
② N2(g)＋2H2(g) = N2H4(l) ΔH＝b kJ·ml-1
③ 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH＝c kJ·ml-1
依据盖斯定律2③2②①得：2N2H4(l)＋N2O4(l) =3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝(2c—a—2b) kJ·ml-1，故答案为：。
【小问3详解】
由题意可知，肼和氧气反应，生成氮气和水，其化学方程式为：N2H4＋O2===2H2O＋N2，热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=（c- b）kJ·ml－1，设消耗64 g肼可除去标准状况下O2体积为VL，依据上述方程式可得：32：22.4=6.4：V，解得V=44.8L；故答案为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=（c- b）kJ·ml－1；44.8L。
【小问4详解】
肼作为燃料的燃料电池，燃料肼参与反应的电极为负极，肼失去电子，在碱性条件下，电极反应式为：，故答案为：。
28. X、Y、Z、M、Q、R皆为周期表中前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所。
（1）已知X位于第一周期，则电子式为_________。
（2）比较Y和Z的简单氢化物，更稳定的是_________（填化学式）。
（3）已知Q位于第三周期，则R在元素周期表中的位置是_________。
（4）下列推断正确的是_________（填“序号”）。
a．简单离子半径：
b．由X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
c．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
（5）M的单质通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，写出该反应的离子方程式_________；比较和M的阴离子，还原性更强的是_________（填离子符号），从原子结构的角度解释原因_________。
【答案】（1） （2）H2O
（3）第四周期IIA族
（4）bc （5） ①. Cl2+2I—=2Cl—+I2 ②. I— ③. Cl、I为同主族元素，电子层数I＞Cl，离子半径I—＞Cl—，失电子能力I—＞Cl—，还原性I—＞Cl—
【解析】
【分析】由图可知，X为H元素、Y为O元素、Z为N元素、M为Cl元素、Q为Na元素、R为是Ca元素。
【小问1详解】
过氧化氢是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故答案为：；
【小问2详解】
同周期元素，从左到右非金属性依次增强，气态氢化物稳定性依次增强，则水的稳定性强于氨分子，故答案为：H2O；
【小问3详解】
钙元素的原子序数为20，位于元素周期表第四周期IIA族，故答案为：第四周期IIA族；
【小问4详解】
a．离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越大，则简单离子半径大小顺序为Cl−>Ca2+>Na+，故错误；
b．氢、氮、氧三种元素组成的化合物可能是盐硝酸铵或亚硝酸铵，也可能是碱一水合氨，故正确；
c．硝酸和高氯酸均为强酸，故正确；
故选bc；
【小问5详解】
氯气通入淀粉碘化钾溶液中发生的反应为氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和使淀粉溶液变蓝色的碘，反应的离子方程式为Cl2+2I—=2Cl—+I2；Cl、I为同主族元素，电子层数I＞Cl，离子半径I—＞Cl—，失电子能力I—＞Cl—，则还原性I—＞Cl—，故答案为：Cl2+2I—=2Cl—+I2；I—；Cl、I为同主族元素，电子层数I＞Cl，离子半径I—＞Cl—，失电子能力I—＞Cl—，还原性I—＞Cl—。
29. 某小组同学探究与新制悬浊液的反应。
资料：ⅰ.为砖红色固体，难溶于水，会在酸性溶液中溶解而转化为Cu和。
ⅱ.CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；能与氨水反应生成在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色。
实验装置如图(夹持装置略)。
（1）B中试剂是___________。
（2）通入前，实验Ⅰ、Ⅱ中产生蓝色絮状沉淀的离子方程式为___________。
（3）①实验Ⅰ通入后产生砖红色沉淀，补全该反应的化学方程式。_________
②分析实验Ⅰ一段时间后砖红色沉淀消失的可能原因___________。
（4）同学们对实验Ⅱ中白色沉淀的成分继续探究。
①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：、___________。
②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为CuCl，实验方案如下：
现象1现象2
填写下表空格：
（5）实验Ⅰ和实验Ⅱ中与新制悬浊液均发生了___________反应(填反应类型)，反应现象的不同与___________有关。
【答案】（1）饱和溶液
（2）
（3） ①. 2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=Na2SO4+Cu2O+3H2O ②. 溶液中溶解的增多，溶液的酸性增强，使溶解
（4） ①. ②. 浓盐酸 ③. 白色沉淀溶解 ④. 出现白色沉淀
（5） ①. 氧化还原 ②. 配制所用铜盐的阴离子种类
【解析】
【分析】A制备二氧化硫，通过观察B中气泡的速度控制A中产生二氧化硫的速度，C中二氧化硫和新制悬浊液的反应，D中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止污染空气。
【小问1详解】
B的作用是控制二氧化硫气体的流速，B中试剂不能吸收二氧化硫，所以B中试剂是饱和溶液；
【小问2详解】
通入前，实验Ⅰ、Ⅱ中铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜蓝色絮状沉淀，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
①实验Ⅰ通入后产生砖红色氧化亚铜沉淀，铜元素化合价由+2价降低为+1价，S元素化合价由+4价升高为+6价，该反应的化学方程式2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=Na2SO4+Cu2O+3H2O；
②Cu2O在酸性溶液中溶解转化为Cu和，实验Ⅰ一段时间后, 溶液中溶解的增多，溶液的酸性增强，使溶解，砖红色沉淀消失；
【小问4详解】
①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色，此过程中反应的离子方程式为：、。
②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；取白色固体加浓盐酸，白色固体溶解，在加蒸馏水，又出现白色沉淀，则说明白色固体是CuCl。
【小问5详解】
实验Ⅰ和实验Ⅱ中与新制悬浊液均发生了氧化还原反应，反应现象的不同与配制所用铜盐的阴离子种类有关。A.瓷砖
B.玻璃
C.第三代铝锂合金
D.水泥
物质
A.
B.
C.
D.KOH
所含化学键类型
离子键、非极性共价键
极性共价键
极性共价键
离子键、极性共价键
所属化合物类型
离子化合物
共价化合物
共价化合物
共价化合物
选项
A
B
方案
目的
证明非金属性：Cl>C>Si
氧化性：
选项
C
D
方案
目的
反应开始后，U形管液面左高右低，证明是吸热反应
证明化学能转化为电能
选项
事实
推测
A
Na与水剧烈反应，K与水反应更剧烈
Li与水反应比较缓慢
B
微溶于水，难溶于水
难溶于水（Sr与Ca、Ba同主族）
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是半导体材料．同族的Ge是半导体材料
ⅣA族的Sn和Pb是半导体材料
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
+2
+3
+5、+3、-3
-2
实验
序号
试剂a
实验现象
Ⅰ
8ml·L-1氨水(pH≈13)
紫色变浅，底部有棕黑色沉淀
Ⅱ
01ml·L-1NaOH溶液
无明显变化
Ⅲ
4ml·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)
紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀
Ⅳ
硫酸酸化的4ml·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)
紫色变浅
Ⅴ
硫酸酸化的4ml·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)
紫色褪去
元素
元素性质/原子结构信息
A
短周期元素原子半径最大（稀有气体不参与比较）
B
+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同
C
原子核外M电子层与K电子层的电子数相等
D
与A同周期，化合价有-1、+7等
E
原子结构示意图：
序号
物质a
C中实验现象
通入前
通入后
Ⅰ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色
Ⅱ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色
试剂1
___________
试剂2
蒸馏水
现象1
___________
现象2
___________
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