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【化学】山西省长治二中2018-2019学年高一下学期第一次月考试题（解析版）
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山西省长治二中2018-2019学年高一下学期第一次月考试题
说明：本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 F-19 Na-23 Cl-35.5
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（每小题2分，共50分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化
B. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝
C. Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
D. 将家用84消毒液与洁厕灵混合使用可提高去污效果
【答案】C
【解析】
【分析】A. 明矾只能作为净水剂，但不能使海水淡化；
B. 铝的冶炼用电解氧化铝的方法;
C. 32号元素Ge位于金属和非金属交界线处；
D. 洁厕灵与84消毒液混合使用可生成有毒气体氯气。
【详解】A. 明矾溶于水生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，但不能除去海水中的盐分使海水淡化，A项错误；
B. 单质铝用电解熔融氧化铝制取，氧化铝与碳不反应，B项错误；
C. 32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，C项正确；
D. 洁厕灵主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，二者混合使用可生成有毒气体氯气，易中毒，D项错误；
答案选C。
2.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是（ ）
A. 作为相对原子质量标准的原子：
B. N2电子式为NN
C. Cl－的结构示意图：
D. 二氧化碳的结构式：O=C=O
【答案】D
【详解】A. 作为相对原子质量标准的原子：，A项错误；
B. 氮气分子中含有1个氮氮三键，N原子最外层满足8电子稳定结构，其正确的电子式为，B项错误；
C. 氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，其最外层满足8电子稳定结构，结构示意图为：，C项错误；
D. 二氧化碳为直线型结构，分子中含有两个碳氧双键，其结构式为O=C=O，D项正确；
答案选D。
3.下列关于现行的元素周期表的说法正确的是（ ）
A. 元素周期表的非金属元素都位于主族和0族
B. 第ⅠA族的元素全部都是金属元素
C. 位于同一主族相邻的甲乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能为x+4
D. 位于同一周期的甲乙两种元素，甲位于第ⅠA族，原子序数为x，乙位于第ⅢA族，则乙的原子序数可能为x+13
【答案】A
【详解】A. 副族和第ⅤⅢ族均为金属，周期表中的非金属元素都位于主族和0族，A项正确；
B. 第ⅠA族的元素除H以外全部都是金属元素，B项错误；
C. 同主族相邻两周期原子序数差值可能为2、8、18、32等，所以同一主族的甲乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能为x+4，C项错误；
D. 第二周期，ⅡA族4号的Be，ⅢA族元素5号的B，y可能等于x+1；第三周期，ⅡA族与ⅡA族元素也相差1（因为没有副族元素）；第四、五周期，ⅡA族与ⅢA族元素相差11，y可能等于x+11（因为出现副族元素）例如：20元素钙与31号元素镓；第六周期，ⅡA族与ⅢA族元素相差25，y可能等于x+25（因为出现镧系元素）例如：56号元素Ba与81号元素Tl，所以不可能为：x+13，D项错误；
答案选A。
4.居室装修用的石材放射性的监测常用作为标准，居里夫人因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖。下列叙述中不正确的是（ ）
A. 一个原子中含有138个中子
B. Ra元素位于元素周期表中第七周期第ⅡA族
C. RaCO3难溶于水
D. Ra(OH)2是一种两性氢氧化物
【答案】D
【详解】A. 由质量数等于质子数与中子数之和可知1个该原子中含有的中子数是226－88＝138，A项正确；
B. 由第六周期的零族元素氡的原子序数为86可知该元素位于第七周期第ⅡA族，B项正确；
C、Ra在Ba的下面，其碳酸盐应与碳酸钙、碳酸钡性质相似，难溶于水，C项正确；
D、主族元素从上到下金属性依次增强，故Ra元素金属性较强，其最高价氧化物对应的水化物碱性也较强，不会具有两性，D项错误；
答案选D。
5.氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动火箭发射的优良炸药。下列说法中正确的是（ ）
A. LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1∶2∶3
B. LiH、LiD、LiT都是强还原剂
C. H、D、T是相同元素构成的不同单质
D. T 是不同的核素，它们的原子核外电子排布不同
【答案】B
【解析】
【分析】H、D、T的质子数均为1，而中子数分别为0、1和2，所以其质量数分别为1、2和3，三者互为同位素，据此分析作答。
【详解】A. LiH、LiD、LiT 的摩尔质量之比等于它们的相对分子质量之比，应为8 ∶9∶10，A项错误；
B. 氕化锂、氘化锂、氚化锂中氕、氘、氚均为－1价，处于最低价态，具有强还原性，是强还原剂，B项正确；
C. H、D 、T是相同元素构成的不同原子，三者之间互称同位素，C项错误；
D. 原子核外电子数等于质子数，三者质子数相同，所以T的原子核外电子排布与其他相同，D项错误；
答案选B。
6.下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）
A. 干冰升华
B. 氯化钠熔化
C. 氯化氢溶于水
D. 加热氯酸钾使其分解
【答案】A
【详解】A．干冰升华是物理变化，破坏的是分子间作用力，化学键不变，符合题意，A项选；
B. 氯化钠熔化会电离出阴阳离子，破坏化学键，B项不选；
C. 氯化氢溶于水，电离出离子，破坏的是共价键，C项不选；
D.氯酸钾加热分解生成氯化钾与氧气，化学键被破坏，D项不选；
答案选A。
7.下列说法正确的是（ ）
①离子化合物中一定含离子键，也可能含共价键
②共价化合物中可能含离子键
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤由分子组成的物质中一定存在化学键
⑥熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
A. ①③⑤ B. ②④⑥
C. ②③④ D. ①③⑥
【答案】D
【解析】
【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，据此分析作答。
【详解】①离子化合物中一定含离子键，也可能含共价键，如氢氧化钠等，故①正确；
②共价化合物中仅含共价键，不可能含离子键，故②错误；
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝不是离子化合物，故③正确；
④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，故④错误，如氯化铵等铵盐；
⑤由分子组成的物质中不一定存在化学键，故⑤错误，例如稀有气体分子是单原子分子，物质中不存在化学键；
⑥共价化合物在熔融时不能导电，只有离子化合物在熔融时才能导电，故⑥正确；
综上，①③⑥正确；
答案选D。
8. 某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“·”代表一种元素，其中O点代表氢元素。下列说法中错误的是（ ）。
A. 离O点越远的元素原子半径越大
B. 虚线相连的元素处于同一族
C. B元素是图中金属性最强的元素
D. A、B组成的化合物中可能含有共价键
【答案】A
【解析】图中虚线，代表的与周期表中同一主族，离0点越远，主族中越下，半径越大。但整个图中，其也呈现出周期性变化，故A错。B为Na，A为O，Na2O2中有非极性共价键。
9.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的（ ）
A. 2.0gH218O与D216O的混合物中所含中子数为NA
B. 1molNa2O2固体中含离子总数为4NA
C. 标准状况下，11.2L CCl4中含有分子的数目为0.5NA
D. 1mol Fe与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA
【答案】A
【解析】
【分析】A. H218O与D2O的摩尔质量均为20 g/mol，且均含10个中子；
B. 1个Na2O2中含两个钠离子与一个过氧根离子；
C. CCl4在标准状况下不是气体；
D. 铁与氯气反应生成氯化铁。
【详解】A. H218O与D2O的摩尔质量均为20 g/mol，故2.0 g混合物的物质的量为0.1 mol，且两者均含10个中子，所以0.1 mol混合物中含1 mol中子即NA个，A项正确；
B. 1mol Na2O2固体中含钠离子为2 mol，过氧根离子为1 mol，所以所含离子总数为3 NA，B项错误；
C. CCl4在标准状况下为液体，不能按气体摩尔体积计算11.2 L CCl4的物质的量，C项错误；
D. Fe与Cl2按物质的量之比为2:3充分反应生成FeCl3后，铁剩余，则1mol氯气转移2 mol电子即2 NA个，而不是3NA，D项错误；
答案选A。
10.已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）
A. 质子数：c＞b B. 离子的还原性：Y2－＞Z－
C. 氢化物的稳定性：H2Y＞HZ D. 原子半径：X＜W
【答案】B
【解析】aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－说明其微粒的核外电子数相等，即a－3＝b－1＝c+2＝d+1，即a＞b＞d＞c。所以W、X属于金属，Y、Z属于非金属，且位于W、X的上一周期。由元素周期律可知离子的还原性：Y2－＞Z－，氢化物的稳定性：H2Y＜HZ，原子半径：X＞W，所以答案是B。
11. 元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。下列说法正确的是（ ）
A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价
B. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C. P,S,Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强
D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
【答案】C
【解析】副族元素及主族元素的F、O最外层电子数不等于最高化合价,A项错误;在离核较近的区域运动的电子能量较低,B项错误;副族和第Ⅷ族元素统称为过渡元素,D项错误。
12.某元素阳离子Rn＋，核外共有a个电子，原子的质量数为A，则mg该元素原子核里含有的中子的物质的量(mol)是（ ）
A. (A＋a－n) B. (A＋a＋n)
C. (A－a＋n) D. (A－a－n)
【答案】D
【解析】
【分析】先根据核外电子数与所带的电荷数，计算出核内质子数，再根据质量数 = 质子数 + 中子数相对原子质量，结合元素的物质的量相关的关系式作答。
【详解】阳离子Rn+，核外有a个电子，所以其质子数Z = a + n，又因为质量数为A，则中子数=质量数﹣质子数 =A﹣(a+ n) = A﹣a﹣n，m g该元素原子的物质的量为 = mol,所以含有的中子的物质的量(mol)是 (A－a－n)，D项正确；
答案选D。
13.a、b、c、d是短周期元素，在周期表中的相对位置如图所示．d元素原子核外M层电子数是K层电子数的2倍．下列说法中，错误的是（ ）
a
b
c
d
A. 高温下，a单质可与d的氧化物发生置换反应
B. b的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应
C. a、b、c 的最高正化合价等于其所在族序数
D. d的氧化物是制作光导纤维的材料
【答案】C
【解析】
【分析】d元素原子核外M层电子数是K层电子数的2倍，则K层已排满，又2个电子，所以M层电子数为4，则d元素和外电子数为2+8+4 = 14，即为Si元素，根据元素在周期表中的相对位置可以看出，a为C元素，b为N元素，c为O元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，a为C元素，b为N元素，c为O元素，d为Si元素，则
A. 高温下，a单质C可与d的氧化物SiO2反应，其化学方程式为：2C+SiO2Si+2CO，制取粗硅，A项正确；
B. b的气态氢化物NH3为碱性气体，可与其最高价氧化物的水化物HNO3反应生成硝酸铵，B项正确；
C. O元素无最高正化合价，C项错误；
D. SiO2具有良好的光学性能，是制作光导纤维的材料，D项正确；
答案选C。
14.下列关于碱金属或卤族元素的叙述中，正确的是（ ）
A. 碱金属单质都可保存在煤油中
B. Rb比Na活泼，故Rb可以从NaCl溶液中置换出Na
C. 砹（At）是第六周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律，还原性：HAt>HI
D. 卤素单质与水反应的通式为X2+H2O= HX+HXO
【答案】C
【详解】A. 锂的密度比煤油小，在液体表面，会与空气接触而变质，达不到液封的效果，不能保存在煤油里，A项错误；
B. Rb能与水反应生成RbOH和H2，所以不可以从NaCl溶液中置换出Na，B项错误；
C. 单质的氧化性越弱，对应离子的还原性越强，则同族中，砹在碘的下方，非金属性弱，单质的氧化性弱，其对应的离子At-的还原性比I-强，C项正确；
D. F2的氧化性很强，F2与水反应生成HF和氧气，不符合通式，D项错误；
答案选C。
15.X、Y和Z是短周期的三种元素，已知X元素原子的最外层只有一个电子，Y元素原子M层上的电子数是K层和L层电子总数的一半，Z元素原子L层上的电子数比Y元素原子L层上电子数少2个，则这三种元素所组成的化合物的化学式不可能是（ ）
A. XYZ3 B. X2YZ4 C. X3YZ3 D. X4Y2Z7
【答案】B
【解析】
【分析】短周期的三种元素分别为X、Y和Z．Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素．已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族，判断可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式。
【详解】根据上述分析可得，
A. Y的化合价为+5价，符合，故A可能；
B. Y的化合价为+4价，不符合，故B不可能；
C. Y的化合价为+5价，符合，故C可能；
D. Y的化合价为+5价，符合，故D可能；
答案选B。
16.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r 为液体，其余均为无色气体。m的摩尔质量为p的2倍，n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，q能使品红溶液褪色。上述转化关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. q与s均为酸性氧化物 B. 原子半径：W
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，则r应为H2O，其余均为无色气体，n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，则Y为O元素，n为O2，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则p为NH3，所以W应为H，X应为N元素，根据转化关系，氨气和氧气在催化剂作用下生成r和s，所以s为NO，m的摩尔质量为p的2倍，m应为H2S，q能使品红溶液褪色，则q应为SO2，所以Z应为S元素，硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水，符合转化关系，再结合元素周期律解答。
【详解】A. s为NO，为不成盐的氧化物，所以不是酸性氧化物，A项错误；
B. 电子层数越多，原子的半径越大，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径H
D. S元素的含氧酸可以是硫酸，也可以是亚硫酸，其中亚硫酸为弱酸，不是强酸，D项错误；
答案选B。
17.下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. 在强碱溶液中：Na+、K+、CO3-、AlO2-
B. 在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、 Na+、Cl-、SCN-
C. 在c(H+)=1mol/L的溶液中：K+、 Fe2+、Cl- 、NO3-
D. 与铝反应生成H2的溶液中：NH4+、Ba2+、NO3-、ClO-
【答案】A
【详解】A. 强碱性溶液中含有大量氢氧根离子，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存，A项正确；
B. Fe3+和SCN−会发生络合反应而不能大量共存，B项错误；
C. c(H+) = 1 mol/L的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，则NO3-在酸性条进下可与还原性的Fe2+发生氧化还原反应，所以该组离子不能大量共存，C项错误；
D. 与铝反应生成H2的溶液可能呈酸性或碱性，若为酸性溶液，则ClO-会跟H+反应生成弱电解质HClO，若为碱性溶液，则NH4+会与大量的OH-反应生成弱电解质一水合氨，两种情况该组离子均不能大量共存，D项错误；
答案选A。
18.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】试题分析：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。
19.欲进行下列实验，其方案设计合理的是（ ）
A
B
C
D
检验装置气密性
实验室制Fe(OH)2
验证浓H2SO4的脱水性、
强氧化性
比较NaHCO3和Na2CO3溶解度
【答案】C
【详解】A. 该装置为恒压装置，若加热气体，则气体会从长颈漏斗溢出，无法检验装置的气密性，A项错误；
B. 氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液垂直悬空滴入氯化亚铁溶液中不能制备氢氧化亚铁，B项错误；
C. 浓硫酸加到蔗糖中，蔗糖变黑，体现浓硫酸的脱水性，品红溶液褪色、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明C与浓硫酸反应生成了二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性，C项正确；
D. 向NaHCO3和Na2CO3固体中分别滴加少量水，触摸试管外壁，只能判断他们溶于水后的温度变化，不能比较溶解度大小，D项错误；
答案选C。
20.已知氧化性强弱顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2,则下列说法正确的是（ ）
A. Fe可以和I2在加热条件下生成FeI3
B. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
C. 某溶液中含有Fe2+、Cl-、I-，为了除去I-而不减少其他离子，可加入适量Fe3+
D. 向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，充分作用后，将溶液蒸干、灼烧，可能得到NaCl和NaI的固体混合物
【答案】C
【解析】
【分析】根据氧化性的强弱顺序：Cl2 > Br2 > Fe3+ > I2，则对应的还原性I- > Fe2+ > Br- > Cl-，结合氧化还原反应的规律，分析作答。
【详解】A. I2的氧化性弱于Fe3+，Fe和I2在加热条件下不能生成FeI3，A项错误；
B.根据氧化性强弱顺序：Cl2 > Br2 > Fe3+ > I2，则还原性Fe2+ > Br-，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，氯气只氧化还原性较强的Fe2+，对应的离子方程式为2Fe2++Cl2 = 2 Fe3++2Cl-，B项错误；
C.由上述分析已知，还原性I- > Fe2+ > Cl-，则为了除去I-而不减少其他离子，可加入适量Fe3+，C项正确；
D. 向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，可发生：2NaI+ Cl2 = 2NaCl+I2，2NaBr+ Cl2 = 2NaCl+Br2，因还原性NaI > NaBr，不可能含有NaI而没有NaBr，D项错误；
答案选C。
21.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲灼烧碎海带
B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；
B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；
C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；
D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；
答案选B。
22.下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是（ ）
选项
实验操作及现象
结论
A
向某无色溶液中加入CCl4无现象，滴加氯水后CCl4层呈紫红色
原溶液中含有I-
B
用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
待测液中有钠元素、无钾元素
C
向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色
该气体一定是SO2
D
向某无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生
该溶液中一定含有SO42-
【答案】A
【详解】A. 下层显紫色，说明生成了I2，则原溶液中含有I-，A项正确；
B. 观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，没有透过蓝色的钴玻璃观察，则结论应为可能含钾元素，B项错误；
C. 品红溶液褪色，气体与品红化合生成无色物质，或气体溶于水具有强氧化性，则气体为SO2或Cl2等，C项错误；
D. 若溶液中含硝酸根离子和亚硫酸根离子，则加入盐酸酸化的BaCl2溶液后，亚硫酸根离子会被酸性条件下的硝酸根离子氧化为硫酸根离子，最终生成硫酸钡白色沉淀，结论不准确，D项错误；
23.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表，下列说法正确的是（ ）
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.186
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋6、－2
＋2
－2
A. Q、T两元素的简单气态氢化物的稳定性为HnT
C. L和M两元素的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D. R位于第三周期、第ⅡA族
【答案】C
【解析】
【分析】主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，其最高正价与最低负价的绝对值之和为8，根据元素化合价知，L、M、Q、R、T分别位于第IA族、第IIIA族、第VIA族、第IIA族、第VIA族；同一主族元素，其原子半径随着原子序数增大而增大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以L、M、X、R、T为Na、Al、S、Be、O元素，
【详解】根据上述分析可知，
A. 非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越好，因Q为S元素，R为O元素，非金属性O大于S，所以其气态氢化物的稳定性： H2S < H2O，A项错误；
B. L的简单离子为钠离子，其核外电子数为10，而Q形成的简单离子为S2-，其核外电子数为18，所以二者形成的简单离子核外电子数不相等，B项错误；
C. L和M两元素的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠与氢氧化铝，两者可反应，其化学方程式为：NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O，C项正确；
D. R为Be元素，在元素周期表第二周期第ⅡA族，D项错误；
答案选C。
24.下列有关叙述能说明非金属元素M比N的非金属性强的是（ ）
①M的最高价比N的最高价高
②M原子比N原子容易得到电子
③M单质跟H2反应比N单质跟H2反应容易得多
④气态氢化物水溶液的酸性HmM>HnN
⑤氧化物对应水化物的酸性HmMOx>HnNOy
⑥M单质的熔点高于N单质
⑦M原子在反应中得到的电子数比N原子在反应中得到的电子数少
⑧M单质能与N的氢化物反应生成N单质
A. ②⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑧ D. 全部
【答案】C
【解析】
【分析】比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断。
【详解】①非金属性的强弱与化合价的高低无关，①错误；
②M原子比N原子容易得到电子，可说明M比N的非金属性强，②正确；
③M单质跟H2反应比N单质跟H2反应容易得多，则M易得电子，所以M比N的非金属性强，③正确；
④不能利用氢化物的水溶液的酸性比较非金属性的强弱，④错误；
⑤氧化物对应水化物的酸性HmMOx>HnNOy，不一定为最高价氧化物对应的水化物的酸性，则不能说明M、N的非金属性强弱，⑤错误；
⑥M的单质熔点比N的高，属于物理性质，与得失电子的能力无关，不能用来判断非金属性的强弱，⑥错误。
⑦非金属性强弱，与得电子的多少无关，而与得电子的难易程度有关，⑦错误；
⑧M单质能与N的氢化物反应生成N单质，可说明M比N的非金属性强，⑧正确；
正确的有②③⑧，
答案选C。
25.如图是铝热反应的装置图，对该反应叙述正确的是（ ）
A. 图中a为镁条，b为KClO3，c为Al2O3和Fe的混合物
B. 铝热反应是放热反应，所以常温下可以发生反应
C. KClO3是该反应的催化剂
D. 利用铝热反应可焊接钢轨，也可冶炼锰等难熔金属
【答案】D
【解析】
【分析】A．铝热反应中，金属单质为Al，另一种氧化物对应金属的活泼性比铝小；
B．铝热反应需要在高温下发生；
C．氯酸钾受热可分解产生氧气，助燃；
D．通过铝热反应可以制取少量难熔金属单质。
【详解】A. c为Al2O3和Fe的混合物时，无法构成铝热剂，c可以为Fe2O3和Al的混合物，A项错误；
B. 铝热反应是放热反应，但是铝热反应需要在高温下发生，B项错误；
C. Mg燃烧放热，氯酸钾受热可分解产生氧气，所以氯酸钾的作用是助燃，C项错误；
D. 铝热反应可以制取少量难熔金属，故利用铝热反应可焊接钢轨，也可冶炼锰等难熔金属，D项正确；
答案选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共50分）
二、非选择题
26.Ⅰ．现有下列基本粒子：1H、2H、3H、1H＋、230Th、232Th、24Na、24Mg、O2、O3、14N、14C，请回答下列问题：
（1）这些粒子分属________种元素，有________种不同的核素。互为同素异形体的粒子为__________。
（2）质量数相等的粒子为____________________________（可写多组）。
（3）碳的同位素12C、13C、14C与氧的同位素16O、17O、18O可化合生成二氧化碳，可得二氧化碳分子的种数为__________；可得相对分子质量不同的二氧化碳分子种数为______。
Ⅱ．现有下列10中物质：①CaCl2 ②NH4Cl ③K2O2 ④Ba(OH)2 ⑤N2 ⑥HBr ⑦AlCl3⑧MgO⑨HNO3⑩CH4。试用以上编号填空：
（1）只有非极性键的是___________________。
（2）既有离子键又有极性键的是____________________。
（3）属于共价化合物的是__________________。
【答案】(1). 7 (2). 9 (3). O2和O3 (4). 1H和1H＋、24Na和24Mg、14N和14C (5). 18种 (6). 7种 (7). ⑤ (8). ②④ (9). ⑥⑦⑨⑩
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）元素就是具有相同的核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；由同样的单一化学元素组成，但性质却不相同的单质；
（2）原子符号左上角的数字为质量数；
（3）根据1个二氧化碳分子是由1个C原子和两个O原子构成来分析；利用C、O的相对原子质量来计算二氧化碳的相对分子质量；
Ⅱ．一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。
【详解】Ⅰ．（1）元素的种类由质子数决定，质子数不同，元素的种类就不同，1H、2H、3H、1H+；2230Th、232Th；24Na；24Mg；O2、O3；14N；14C分别属于H；Th；Na；Mg；O；N；C共7种元素；上述1H、2H、3H、230Th、232Th、24Na、24Mg、14N、14C这9种原子都是不同的核素，所以核素种类为：9；互为同素异形体的粒子为O2和O3，故答案为：7；9；O2和O3；
（2）1H、1H+的质量数都是1，24Na和24Mg的质量数都是24，14N、14C的质量数都是14，所以质量数相等的粒子为以上三组，故答案为：1H和1H＋、24Na和24Mg、14N和14C；
（3）由氧的同位素有16O、17O、18O，碳的同位素有12C、13C、14C，在1个二氧化碳分子中含有1个C原子和两个O原子，采用树状分类法分析讨论如下：①若二氧化碳分子中的O原子相同，则16O可分别与12C、13C、14C构成二氧化碳，即存在3种二氧化碳；同理17O、18O个3种，共3+3+3 = 9种；②若水分子中的C原子相同，O原子不同，
则12C可分别与16O17O、17O18O、16O18O构成二氧化碳，即存在3种二氧化碳；同理，13C、14C分别形成3种二氧化碳；所以共形成3+3+3 = 9种二氧化碳；综上两种情况，可得二氧化碳分子的种数为9+9 = 18种；
因1个二氧化碳分子是由1个C原子和两个O原子构成，则12C与2个16O、13C与2个16O、14C与2个16O组合，其对应的相对分子质量分别为：44、45、46；
12C与2个17O、13C与2个17O、14C与2个17O组合，其对应的相对分子质量分别为：46、47、48；
12C与2个18O、13C与2个18O、14C与2个18O组合，其对应的相对分子质量分别为：48、49、50；
12C与16O17O、13C与16O17O、14C与16O17O组合，其对应的相对分子质量分别为：45、46、47；
12C与16O18O、13C与16O18O、14C与16O18O组合，其对应的相对分子质量分别为：46、47、48；
12C与17O18O、13C与17O18O、14C与17O19O组合，其对应的相对分子质量分别为：47、48、49；
所以相对分子质量不同的水分子种数为44、45、46、47、48、49、50，共7种，
故答案为：18；7；
Ⅱ．①CaCl2是只含离子键的离子化合物；
②NH4Cl中含有离子键和极性键，属于离子化合物；
③K2O2含有离子键和非极性键，属于离子化合物；
④Ba(OH)2中含有离子键和极性键，属于离子化合物；
⑤N2仅含非极性键的单质；
⑥HBr中只含极性共价键，属于共价化合物；
⑦AlCl3中只含极性共价键，属于共价化合物；
⑧MgO是只含离子键的离子化合物；
⑨HNO3仅含非极性键，属于共价化合物；
⑩CH4仅含极性键，属于共价化合物；则，
（1）只有非极性键的是氮气，故答案为：⑤；
（2）既有离子键又有极性键的是②④，故答案为：②④；
（3）属于共价化合物的是⑥⑦⑨⑩，故答案为：⑥⑦⑨⑩。
27.A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；C的阴离子和D的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，可生成一种淡黄色的固体F，E的L层电子数等于K、M层电子数之和。
（1）E在元素周期表中的位置__________，B常见氢化物的电子式为_______；F的电子式为________。
（2）B、C、D、E元素的简单离子半径由大到小的顺序为__________________ (用离子符号表示，下同)。A、B、C元素气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为_______________。
（3）已知A、E两种元素形成的化合物X，X结构与干冰相似，属于_________ (填“离子”或“共价”)化合物。
（4）用电子式表示D与E化合形成D2E的过程：_____________________。
（5）C和E分别能与氢形成18个电子的化合物，这两种化合物发生反应，可生成E单质，其反应的化学方程式为_____________。
【答案】(1). 第三周期第ⅥA族 (2). (3). (4). r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)>r(Na+) (5). H2O>NH3>CH4 (6). 共价 (7). (8). H2O2+H2S =S↓ +2H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子，为第IVA族元素；C的阴离子和D的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体F，则C是O元素、D是Na元素，F为Na2O2；A原子序数小于C，则A是C元素，B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E的L层电子数等于K、M层电子数之和，则M层为6个电子，为S元素，再结合元素周期表结构、物质结构及性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知，
（1）E为S元素，在元素周期表中的位置为：第三周期第ⅥA族；B为N元素，常见氢化物为氨气，其电子式为：；F为过氧化钠，含有离子键与非极性键，其电子式为，故答案为：第三周期第ⅥA族；；；
（2）电子层数越多其离子半径越大，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B、C、D、E元素的简单离子半径由小到大的顺序为S2- > N3- > O2- >Na+；同周期元素中，从左到右非金属性依次增强，又元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越好，所以A、B、C元素气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为H2O>NH3>CH4，
故答案为：S2- > N3- > O2- >Na+；H2O>NH3>CH4；
（3）干冰为二氧化碳的固体形态，A、E两种元素形成的化合物X为CS2，其结构与干冰相似，则该化合物属于共价化合物，故答案为：共价；
（4）D是Na元素，E为S元素，两者结合形成离子化合物，其用电子式表示硫化钠的形成过程为：，
故答案为：；
（5）C与氢形成可形成过氧化氢18电子化合物，E和氢元素形成硫化氢18电子化合物，两者发生氧化还原反应，生成硫单质与水，其化学方程式为：H2O2+H2S =S↓ +2H2O，
故答案为：H2O2+H2S =S↓ +2H2O。
28.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
Ⅰ．（1）将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_____与盐酸反应最剧烈，____与盐酸反应产生的气体最多。
（2）向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明非金属性：Cl____S（填“>”或“<”），反应的离子方程式为_______。
Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。
（3）仪器A的名称为___________，干燥管D的作用为___________________。
（4）若要证明非金属性：Cl＞I，C中为淀粉—碘化钾混合溶液，B中装有KMnO4固体，则A中试剂为___________，观察到C中溶液____________(填现象)，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_________溶液吸收尾气。
（5）若要证明非金属性：C＞Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液。观察到C中溶液 ________(填现象)，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，HCl可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有 _________溶液的洗气瓶除去。
【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). > (4). Cl2+S2- =S↓+2Cl- (5). 分液漏斗 (6). 防止倒吸 (7). 浓盐酸 (8). 变蓝色 (9). NaOH溶液 (10). 产生白色沉淀 (11). NaHCO3
【解析】
【分析】I．（1）根据金属活动性顺序表可以判断钠、钾、镁、铝的活泼性，活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；根据电子守恒比较生成氢气体积大小；
（2）单质的氧化性越强，其对应元素的非金属性越强，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得出结论，再根据硫离子被氯气氧化成硫单质，据此写出反应的离子方程式；
II．（3）根据仪器的构造与用途作答；尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸；
（4）浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I-生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色；Cl2和碱反应生成盐，可以用碱液吸收氯气；
（5）非金属的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，再结合强酸制弱酸原理解答；为防止干扰实验探究，根据除杂原则除去挥发的HCl，据此分析作答。
【详解】I.（1）金属活泼性顺序为：钾>钠>镁>铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝，
故答案为：钾；铝；
（2）氯气氧化性强于硫单质,所以氯气能够与硫离子反应生成硫,反应的离子方程式为：Cl2+S2- =S↓+2Cl-，故答案为：Cl2+S2- =S↓+2Cl-；
II.（3）仪器A的名称为分液漏斗；尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸，干燥管有缓冲作用，所以能防止倒吸，故答案为：分液漏斗；防止倒吸；
（4）浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I−生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色，C装置中看到的现象是溶液变蓝色；Cl2和碱反应生成盐，可以用碱液吸收氯气，如NaOH溶液，故答案为：浓盐酸；溶液变蓝色；NaOH；
（5）非金属的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以当C装置中硅酸钠溶液中产生白色沉淀说明生成硅酸；为防止HCl可进入C中干扰实验，可通入NaHCO3的洗气瓶中除去HCl，故答案为：产生白色沉淀；NaHCO3。
29.中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济、海水的综合利用大有可为。
I．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下图所示，试回答下列问题：
（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是____________。
（2）步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
（3）流程Ⅱ中涉及的离子反应方程式如下，请在下面横线内填入适当的化学计量数：
___Br2＋___=___＋___Br－＋___CO2↑
（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的离子方程式：___________________。
（5）流程Ⅲ蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：_________。
Ⅱ．目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：
（6）操作A是_____________，试剂a是_____________
（7）由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是________________________。从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物可以用于_____________________。
【答案】(1). 富集溴元素 (2). C (3). 3 (4). 3 (5). 1 (6). 5 (7). 3 (8). SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42- (9). 温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低 (10). 过滤 (11). 盐酸 (12). MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ (13). 制盐酸
【解析】
【分析】I．（1）根据溴的富集原理作答；
（2）溴易挥发；
（3）根据得失电子数守恒配平化学方程式；
（4）二氧化硫还原溴单质为溴离子；
（5）根据蒸馏过程中温度对溴蒸气原料利用率的影响作答；
Ⅱ．生石灰溶于水得到氢氧化钙溶液加入沉淀池，沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁固体，加入稀盐酸后溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，熔融电解得到金属镁，据此解答。
【详解】I．（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，再利用氯气将其氧化得到产品溴，目的是为了富集溴元素，故答案为：富集溴元素；
（2）溴易从液态转化为气态，故步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的挥发性，C项正确；故答案为：C;
（3）该反应为歧化反应，Br元素一部分从0价升高到+5价，另一部分从0价降低到-1价，根据最小公倍数法配平该氧化还原反应为：3Br2＋3CO= BrO＋5Br－＋3CO2↑，
故答案为：3；3；1；5；3；
（4）溴与二氧化硫水溶液发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42-，故答案为：SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42-；
（5）温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低，所以温度过高或过低都不利于生产，
故答案为：温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低；
Ⅱ．（6）操作A是是溶液中分离出固体的方法，操作为过滤；试剂a为溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液，结合提纯目的得到需要加入盐酸，即试剂a为盐酸，故答案为：过滤；盐酸；
（7）电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用制盐酸，循环使用，
故答案为：MgCl2（熔融） Mg + Cl2↑ ；制盐酸
说明：本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 F-19 Na-23 Cl-35.5
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（每小题2分，共50分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化
B. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝
C. Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
D. 将家用84消毒液与洁厕灵混合使用可提高去污效果
【答案】C
【解析】
【分析】A. 明矾只能作为净水剂，但不能使海水淡化；
B. 铝的冶炼用电解氧化铝的方法;
C. 32号元素Ge位于金属和非金属交界线处；
D. 洁厕灵与84消毒液混合使用可生成有毒气体氯气。
【详解】A. 明矾溶于水生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，但不能除去海水中的盐分使海水淡化，A项错误；
B. 单质铝用电解熔融氧化铝制取，氧化铝与碳不反应，B项错误；
C. 32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，C项正确；
D. 洁厕灵主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，二者混合使用可生成有毒气体氯气，易中毒，D项错误；
答案选C。
2.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是（ ）
A. 作为相对原子质量标准的原子：
B. N2电子式为NN
C. Cl－的结构示意图：
D. 二氧化碳的结构式：O=C=O
【答案】D
【详解】A. 作为相对原子质量标准的原子：，A项错误；
B. 氮气分子中含有1个氮氮三键，N原子最外层满足8电子稳定结构，其正确的电子式为，B项错误；
C. 氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，其最外层满足8电子稳定结构，结构示意图为：，C项错误；
D. 二氧化碳为直线型结构，分子中含有两个碳氧双键，其结构式为O=C=O，D项正确；
答案选D。
3.下列关于现行的元素周期表的说法正确的是（ ）
A. 元素周期表的非金属元素都位于主族和0族
B. 第ⅠA族的元素全部都是金属元素
C. 位于同一主族相邻的甲乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能为x+4
D. 位于同一周期的甲乙两种元素，甲位于第ⅠA族，原子序数为x，乙位于第ⅢA族，则乙的原子序数可能为x+13
【答案】A
【详解】A. 副族和第ⅤⅢ族均为金属，周期表中的非金属元素都位于主族和0族，A项正确；
B. 第ⅠA族的元素除H以外全部都是金属元素，B项错误；
C. 同主族相邻两周期原子序数差值可能为2、8、18、32等，所以同一主族的甲乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能为x+4，C项错误；
D. 第二周期，ⅡA族4号的Be，ⅢA族元素5号的B，y可能等于x+1；第三周期，ⅡA族与ⅡA族元素也相差1（因为没有副族元素）；第四、五周期，ⅡA族与ⅢA族元素相差11，y可能等于x+11（因为出现副族元素）例如：20元素钙与31号元素镓；第六周期，ⅡA族与ⅢA族元素相差25，y可能等于x+25（因为出现镧系元素）例如：56号元素Ba与81号元素Tl，所以不可能为：x+13，D项错误；
答案选A。
4.居室装修用的石材放射性的监测常用作为标准，居里夫人因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖。下列叙述中不正确的是（ ）
A. 一个原子中含有138个中子
B. Ra元素位于元素周期表中第七周期第ⅡA族
C. RaCO3难溶于水
D. Ra(OH)2是一种两性氢氧化物
【答案】D
【详解】A. 由质量数等于质子数与中子数之和可知1个该原子中含有的中子数是226－88＝138，A项正确；
B. 由第六周期的零族元素氡的原子序数为86可知该元素位于第七周期第ⅡA族，B项正确；
C、Ra在Ba的下面，其碳酸盐应与碳酸钙、碳酸钡性质相似，难溶于水，C项正确；
D、主族元素从上到下金属性依次增强，故Ra元素金属性较强，其最高价氧化物对应的水化物碱性也较强，不会具有两性，D项错误；
答案选D。
5.氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动火箭发射的优良炸药。下列说法中正确的是（ ）
A. LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1∶2∶3
B. LiH、LiD、LiT都是强还原剂
C. H、D、T是相同元素构成的不同单质
D. T 是不同的核素，它们的原子核外电子排布不同
【答案】B
【解析】
【分析】H、D、T的质子数均为1，而中子数分别为0、1和2，所以其质量数分别为1、2和3，三者互为同位素，据此分析作答。
【详解】A. LiH、LiD、LiT 的摩尔质量之比等于它们的相对分子质量之比，应为8 ∶9∶10，A项错误；
B. 氕化锂、氘化锂、氚化锂中氕、氘、氚均为－1价，处于最低价态，具有强还原性，是强还原剂，B项正确；
C. H、D 、T是相同元素构成的不同原子，三者之间互称同位素，C项错误；
D. 原子核外电子数等于质子数，三者质子数相同，所以T的原子核外电子排布与其他相同，D项错误；
答案选B。
6.下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）
A. 干冰升华
B. 氯化钠熔化
C. 氯化氢溶于水
D. 加热氯酸钾使其分解
【答案】A
【详解】A．干冰升华是物理变化，破坏的是分子间作用力，化学键不变，符合题意，A项选；
B. 氯化钠熔化会电离出阴阳离子，破坏化学键，B项不选；
C. 氯化氢溶于水，电离出离子，破坏的是共价键，C项不选；
D.氯酸钾加热分解生成氯化钾与氧气，化学键被破坏，D项不选；
答案选A。
7.下列说法正确的是（ ）
①离子化合物中一定含离子键，也可能含共价键
②共价化合物中可能含离子键
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤由分子组成的物质中一定存在化学键
⑥熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
A. ①③⑤ B. ②④⑥
C. ②③④ D. ①③⑥
【答案】D
【解析】
【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，据此分析作答。
【详解】①离子化合物中一定含离子键，也可能含共价键，如氢氧化钠等，故①正确；
②共价化合物中仅含共价键，不可能含离子键，故②错误；
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝不是离子化合物，故③正确；
④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，故④错误，如氯化铵等铵盐；
⑤由分子组成的物质中不一定存在化学键，故⑤错误，例如稀有气体分子是单原子分子，物质中不存在化学键；
⑥共价化合物在熔融时不能导电，只有离子化合物在熔融时才能导电，故⑥正确；
综上，①③⑥正确；
答案选D。
8. 某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“·”代表一种元素，其中O点代表氢元素。下列说法中错误的是（ ）。
A. 离O点越远的元素原子半径越大
B. 虚线相连的元素处于同一族
C. B元素是图中金属性最强的元素
D. A、B组成的化合物中可能含有共价键
【答案】A
【解析】图中虚线，代表的与周期表中同一主族，离0点越远，主族中越下，半径越大。但整个图中，其也呈现出周期性变化，故A错。B为Na，A为O，Na2O2中有非极性共价键。
9.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的（ ）
A. 2.0gH218O与D216O的混合物中所含中子数为NA
B. 1molNa2O2固体中含离子总数为4NA
C. 标准状况下，11.2L CCl4中含有分子的数目为0.5NA
D. 1mol Fe与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA
【答案】A
【解析】
【分析】A. H218O与D2O的摩尔质量均为20 g/mol，且均含10个中子；
B. 1个Na2O2中含两个钠离子与一个过氧根离子；
C. CCl4在标准状况下不是气体；
D. 铁与氯气反应生成氯化铁。
【详解】A. H218O与D2O的摩尔质量均为20 g/mol，故2.0 g混合物的物质的量为0.1 mol，且两者均含10个中子，所以0.1 mol混合物中含1 mol中子即NA个，A项正确；
B. 1mol Na2O2固体中含钠离子为2 mol，过氧根离子为1 mol，所以所含离子总数为3 NA，B项错误；
C. CCl4在标准状况下为液体，不能按气体摩尔体积计算11.2 L CCl4的物质的量，C项错误；
D. Fe与Cl2按物质的量之比为2:3充分反应生成FeCl3后，铁剩余，则1mol氯气转移2 mol电子即2 NA个，而不是3NA，D项错误；
答案选A。
10.已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）
A. 质子数：c＞b B. 离子的还原性：Y2－＞Z－
C. 氢化物的稳定性：H2Y＞HZ D. 原子半径：X＜W
【答案】B
【解析】aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－说明其微粒的核外电子数相等，即a－3＝b－1＝c+2＝d+1，即a＞b＞d＞c。所以W、X属于金属，Y、Z属于非金属，且位于W、X的上一周期。由元素周期律可知离子的还原性：Y2－＞Z－，氢化物的稳定性：H2Y＜HZ，原子半径：X＞W，所以答案是B。
11. 元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。下列说法正确的是（ ）
A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价
B. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C. P,S,Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强
D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
【答案】C
【解析】副族元素及主族元素的F、O最外层电子数不等于最高化合价,A项错误;在离核较近的区域运动的电子能量较低,B项错误;副族和第Ⅷ族元素统称为过渡元素,D项错误。
12.某元素阳离子Rn＋，核外共有a个电子，原子的质量数为A，则mg该元素原子核里含有的中子的物质的量(mol)是（ ）
A. (A＋a－n) B. (A＋a＋n)
C. (A－a＋n) D. (A－a－n)
【答案】D
【解析】
【分析】先根据核外电子数与所带的电荷数，计算出核内质子数，再根据质量数 = 质子数 + 中子数相对原子质量，结合元素的物质的量相关的关系式作答。
【详解】阳离子Rn+，核外有a个电子，所以其质子数Z = a + n，又因为质量数为A，则中子数=质量数﹣质子数 =A﹣(a+ n) = A﹣a﹣n，m g该元素原子的物质的量为 = mol,所以含有的中子的物质的量(mol)是 (A－a－n)，D项正确；
答案选D。
13.a、b、c、d是短周期元素，在周期表中的相对位置如图所示．d元素原子核外M层电子数是K层电子数的2倍．下列说法中，错误的是（ ）
a
b
c
d
A. 高温下，a单质可与d的氧化物发生置换反应
B. b的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应
C. a、b、c 的最高正化合价等于其所在族序数
D. d的氧化物是制作光导纤维的材料
【答案】C
【解析】
【分析】d元素原子核外M层电子数是K层电子数的2倍，则K层已排满，又2个电子，所以M层电子数为4，则d元素和外电子数为2+8+4 = 14，即为Si元素，根据元素在周期表中的相对位置可以看出，a为C元素，b为N元素，c为O元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，a为C元素，b为N元素，c为O元素，d为Si元素，则
A. 高温下，a单质C可与d的氧化物SiO2反应，其化学方程式为：2C+SiO2Si+2CO，制取粗硅，A项正确；
B. b的气态氢化物NH3为碱性气体，可与其最高价氧化物的水化物HNO3反应生成硝酸铵，B项正确；
C. O元素无最高正化合价，C项错误；
D. SiO2具有良好的光学性能，是制作光导纤维的材料，D项正确；
答案选C。
14.下列关于碱金属或卤族元素的叙述中，正确的是（ ）
A. 碱金属单质都可保存在煤油中
B. Rb比Na活泼，故Rb可以从NaCl溶液中置换出Na
C. 砹（At）是第六周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律，还原性：HAt>HI
D. 卤素单质与水反应的通式为X2+H2O= HX+HXO
【答案】C
【详解】A. 锂的密度比煤油小，在液体表面，会与空气接触而变质，达不到液封的效果，不能保存在煤油里，A项错误；
B. Rb能与水反应生成RbOH和H2，所以不可以从NaCl溶液中置换出Na，B项错误；
C. 单质的氧化性越弱，对应离子的还原性越强，则同族中，砹在碘的下方，非金属性弱，单质的氧化性弱，其对应的离子At-的还原性比I-强，C项正确；
D. F2的氧化性很强，F2与水反应生成HF和氧气，不符合通式，D项错误；
答案选C。
15.X、Y和Z是短周期的三种元素，已知X元素原子的最外层只有一个电子，Y元素原子M层上的电子数是K层和L层电子总数的一半，Z元素原子L层上的电子数比Y元素原子L层上电子数少2个，则这三种元素所组成的化合物的化学式不可能是（ ）
A. XYZ3 B. X2YZ4 C. X3YZ3 D. X4Y2Z7
【答案】B
【解析】
【分析】短周期的三种元素分别为X、Y和Z．Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素．已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族，判断可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式。
【详解】根据上述分析可得，
A. Y的化合价为+5价，符合，故A可能；
B. Y的化合价为+4价，不符合，故B不可能；
C. Y的化合价为+5价，符合，故C可能；
D. Y的化合价为+5价，符合，故D可能；
答案选B。
16.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r 为液体，其余均为无色气体。m的摩尔质量为p的2倍，n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，q能使品红溶液褪色。上述转化关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. q与s均为酸性氧化物 B. 原子半径：W
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，则r应为H2O，其余均为无色气体，n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，则Y为O元素，n为O2，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则p为NH3，所以W应为H，X应为N元素，根据转化关系，氨气和氧气在催化剂作用下生成r和s，所以s为NO，m的摩尔质量为p的2倍，m应为H2S，q能使品红溶液褪色，则q应为SO2，所以Z应为S元素，硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水，符合转化关系，再结合元素周期律解答。
【详解】A. s为NO，为不成盐的氧化物，所以不是酸性氧化物，A项错误；
B. 电子层数越多，原子的半径越大，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径H
D. S元素的含氧酸可以是硫酸，也可以是亚硫酸，其中亚硫酸为弱酸，不是强酸，D项错误；
答案选B。
17.下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. 在强碱溶液中：Na+、K+、CO3-、AlO2-
B. 在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、 Na+、Cl-、SCN-
C. 在c(H+)=1mol/L的溶液中：K+、 Fe2+、Cl- 、NO3-
D. 与铝反应生成H2的溶液中：NH4+、Ba2+、NO3-、ClO-
【答案】A
【详解】A. 强碱性溶液中含有大量氢氧根离子，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存，A项正确；
B. Fe3+和SCN−会发生络合反应而不能大量共存，B项错误；
C. c(H+) = 1 mol/L的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，则NO3-在酸性条进下可与还原性的Fe2+发生氧化还原反应，所以该组离子不能大量共存，C项错误；
D. 与铝反应生成H2的溶液可能呈酸性或碱性，若为酸性溶液，则ClO-会跟H+反应生成弱电解质HClO，若为碱性溶液，则NH4+会与大量的OH-反应生成弱电解质一水合氨，两种情况该组离子均不能大量共存，D项错误；
答案选A。
18.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】试题分析：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。
19.欲进行下列实验，其方案设计合理的是（ ）
A
B
C
D
检验装置气密性
实验室制Fe(OH)2
验证浓H2SO4的脱水性、
强氧化性
比较NaHCO3和Na2CO3溶解度
【答案】C
【详解】A. 该装置为恒压装置，若加热气体，则气体会从长颈漏斗溢出，无法检验装置的气密性，A项错误；
B. 氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液垂直悬空滴入氯化亚铁溶液中不能制备氢氧化亚铁，B项错误；
C. 浓硫酸加到蔗糖中，蔗糖变黑，体现浓硫酸的脱水性，品红溶液褪色、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明C与浓硫酸反应生成了二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性，C项正确；
D. 向NaHCO3和Na2CO3固体中分别滴加少量水，触摸试管外壁，只能判断他们溶于水后的温度变化，不能比较溶解度大小，D项错误；
答案选C。
20.已知氧化性强弱顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2,则下列说法正确的是（ ）
A. Fe可以和I2在加热条件下生成FeI3
B. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
C. 某溶液中含有Fe2+、Cl-、I-，为了除去I-而不减少其他离子，可加入适量Fe3+
D. 向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，充分作用后，将溶液蒸干、灼烧，可能得到NaCl和NaI的固体混合物
【答案】C
【解析】
【分析】根据氧化性的强弱顺序：Cl2 > Br2 > Fe3+ > I2，则对应的还原性I- > Fe2+ > Br- > Cl-，结合氧化还原反应的规律，分析作答。
【详解】A. I2的氧化性弱于Fe3+，Fe和I2在加热条件下不能生成FeI3，A项错误；
B.根据氧化性强弱顺序：Cl2 > Br2 > Fe3+ > I2，则还原性Fe2+ > Br-，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，氯气只氧化还原性较强的Fe2+，对应的离子方程式为2Fe2++Cl2 = 2 Fe3++2Cl-，B项错误；
C.由上述分析已知，还原性I- > Fe2+ > Cl-，则为了除去I-而不减少其他离子，可加入适量Fe3+，C项正确；
D. 向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，可发生：2NaI+ Cl2 = 2NaCl+I2，2NaBr+ Cl2 = 2NaCl+Br2，因还原性NaI > NaBr，不可能含有NaI而没有NaBr，D项错误；
答案选C。
21.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲灼烧碎海带
B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；
B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；
C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；
D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；
答案选B。
22.下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是（ ）
选项
实验操作及现象
结论
A
向某无色溶液中加入CCl4无现象，滴加氯水后CCl4层呈紫红色
原溶液中含有I-
B
用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
待测液中有钠元素、无钾元素
C
向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色
该气体一定是SO2
D
向某无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生
该溶液中一定含有SO42-
【答案】A
【详解】A. 下层显紫色，说明生成了I2，则原溶液中含有I-，A项正确；
B. 观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，没有透过蓝色的钴玻璃观察，则结论应为可能含钾元素，B项错误；
C. 品红溶液褪色，气体与品红化合生成无色物质，或气体溶于水具有强氧化性，则气体为SO2或Cl2等，C项错误；
D. 若溶液中含硝酸根离子和亚硫酸根离子，则加入盐酸酸化的BaCl2溶液后，亚硫酸根离子会被酸性条件下的硝酸根离子氧化为硫酸根离子，最终生成硫酸钡白色沉淀，结论不准确，D项错误；
23.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表，下列说法正确的是（ ）
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.186
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋6、－2
＋2
－2
A. Q、T两元素的简单气态氢化物的稳定性为HnT
C. L和M两元素的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D. R位于第三周期、第ⅡA族
【答案】C
【解析】
【分析】主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，其最高正价与最低负价的绝对值之和为8，根据元素化合价知，L、M、Q、R、T分别位于第IA族、第IIIA族、第VIA族、第IIA族、第VIA族；同一主族元素，其原子半径随着原子序数增大而增大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以L、M、X、R、T为Na、Al、S、Be、O元素，
【详解】根据上述分析可知，
A. 非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越好，因Q为S元素，R为O元素，非金属性O大于S，所以其气态氢化物的稳定性： H2S < H2O，A项错误；
B. L的简单离子为钠离子，其核外电子数为10，而Q形成的简单离子为S2-，其核外电子数为18，所以二者形成的简单离子核外电子数不相等，B项错误；
C. L和M两元素的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠与氢氧化铝，两者可反应，其化学方程式为：NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O，C项正确；
D. R为Be元素，在元素周期表第二周期第ⅡA族，D项错误；
答案选C。
24.下列有关叙述能说明非金属元素M比N的非金属性强的是（ ）
①M的最高价比N的最高价高
②M原子比N原子容易得到电子
③M单质跟H2反应比N单质跟H2反应容易得多
④气态氢化物水溶液的酸性HmM>HnN
⑤氧化物对应水化物的酸性HmMOx>HnNOy
⑥M单质的熔点高于N单质
⑦M原子在反应中得到的电子数比N原子在反应中得到的电子数少
⑧M单质能与N的氢化物反应生成N单质
A. ②⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑧ D. 全部
【答案】C
【解析】
【分析】比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断。
【详解】①非金属性的强弱与化合价的高低无关，①错误；
②M原子比N原子容易得到电子，可说明M比N的非金属性强，②正确；
③M单质跟H2反应比N单质跟H2反应容易得多，则M易得电子，所以M比N的非金属性强，③正确；
④不能利用氢化物的水溶液的酸性比较非金属性的强弱，④错误；
⑤氧化物对应水化物的酸性HmMOx>HnNOy，不一定为最高价氧化物对应的水化物的酸性，则不能说明M、N的非金属性强弱，⑤错误；
⑥M的单质熔点比N的高，属于物理性质，与得失电子的能力无关，不能用来判断非金属性的强弱，⑥错误。
⑦非金属性强弱，与得电子的多少无关，而与得电子的难易程度有关，⑦错误；
⑧M单质能与N的氢化物反应生成N单质，可说明M比N的非金属性强，⑧正确；
正确的有②③⑧，
答案选C。
25.如图是铝热反应的装置图，对该反应叙述正确的是（ ）
A. 图中a为镁条，b为KClO3，c为Al2O3和Fe的混合物
B. 铝热反应是放热反应，所以常温下可以发生反应
C. KClO3是该反应的催化剂
D. 利用铝热反应可焊接钢轨，也可冶炼锰等难熔金属
【答案】D
【解析】
【分析】A．铝热反应中，金属单质为Al，另一种氧化物对应金属的活泼性比铝小；
B．铝热反应需要在高温下发生；
C．氯酸钾受热可分解产生氧气，助燃；
D．通过铝热反应可以制取少量难熔金属单质。
【详解】A. c为Al2O3和Fe的混合物时，无法构成铝热剂，c可以为Fe2O3和Al的混合物，A项错误；
B. 铝热反应是放热反应，但是铝热反应需要在高温下发生，B项错误；
C. Mg燃烧放热，氯酸钾受热可分解产生氧气，所以氯酸钾的作用是助燃，C项错误；
D. 铝热反应可以制取少量难熔金属，故利用铝热反应可焊接钢轨，也可冶炼锰等难熔金属，D项正确；
答案选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共50分）
二、非选择题
26.Ⅰ．现有下列基本粒子：1H、2H、3H、1H＋、230Th、232Th、24Na、24Mg、O2、O3、14N、14C，请回答下列问题：
（1）这些粒子分属________种元素，有________种不同的核素。互为同素异形体的粒子为__________。
（2）质量数相等的粒子为____________________________（可写多组）。
（3）碳的同位素12C、13C、14C与氧的同位素16O、17O、18O可化合生成二氧化碳，可得二氧化碳分子的种数为__________；可得相对分子质量不同的二氧化碳分子种数为______。
Ⅱ．现有下列10中物质：①CaCl2 ②NH4Cl ③K2O2 ④Ba(OH)2 ⑤N2 ⑥HBr ⑦AlCl3⑧MgO⑨HNO3⑩CH4。试用以上编号填空：
（1）只有非极性键的是___________________。
（2）既有离子键又有极性键的是____________________。
（3）属于共价化合物的是__________________。
【答案】(1). 7 (2). 9 (3). O2和O3 (4). 1H和1H＋、24Na和24Mg、14N和14C (5). 18种 (6). 7种 (7). ⑤ (8). ②④ (9). ⑥⑦⑨⑩
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）元素就是具有相同的核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；由同样的单一化学元素组成，但性质却不相同的单质；
（2）原子符号左上角的数字为质量数；
（3）根据1个二氧化碳分子是由1个C原子和两个O原子构成来分析；利用C、O的相对原子质量来计算二氧化碳的相对分子质量；
Ⅱ．一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。
【详解】Ⅰ．（1）元素的种类由质子数决定，质子数不同，元素的种类就不同，1H、2H、3H、1H+；2230Th、232Th；24Na；24Mg；O2、O3；14N；14C分别属于H；Th；Na；Mg；O；N；C共7种元素；上述1H、2H、3H、230Th、232Th、24Na、24Mg、14N、14C这9种原子都是不同的核素，所以核素种类为：9；互为同素异形体的粒子为O2和O3，故答案为：7；9；O2和O3；
（2）1H、1H+的质量数都是1，24Na和24Mg的质量数都是24，14N、14C的质量数都是14，所以质量数相等的粒子为以上三组，故答案为：1H和1H＋、24Na和24Mg、14N和14C；
（3）由氧的同位素有16O、17O、18O，碳的同位素有12C、13C、14C，在1个二氧化碳分子中含有1个C原子和两个O原子，采用树状分类法分析讨论如下：①若二氧化碳分子中的O原子相同，则16O可分别与12C、13C、14C构成二氧化碳，即存在3种二氧化碳；同理17O、18O个3种，共3+3+3 = 9种；②若水分子中的C原子相同，O原子不同，
则12C可分别与16O17O、17O18O、16O18O构成二氧化碳，即存在3种二氧化碳；同理，13C、14C分别形成3种二氧化碳；所以共形成3+3+3 = 9种二氧化碳；综上两种情况，可得二氧化碳分子的种数为9+9 = 18种；
因1个二氧化碳分子是由1个C原子和两个O原子构成，则12C与2个16O、13C与2个16O、14C与2个16O组合，其对应的相对分子质量分别为：44、45、46；
12C与2个17O、13C与2个17O、14C与2个17O组合，其对应的相对分子质量分别为：46、47、48；
12C与2个18O、13C与2个18O、14C与2个18O组合，其对应的相对分子质量分别为：48、49、50；
12C与16O17O、13C与16O17O、14C与16O17O组合，其对应的相对分子质量分别为：45、46、47；
12C与16O18O、13C与16O18O、14C与16O18O组合，其对应的相对分子质量分别为：46、47、48；
12C与17O18O、13C与17O18O、14C与17O19O组合，其对应的相对分子质量分别为：47、48、49；
所以相对分子质量不同的水分子种数为44、45、46、47、48、49、50，共7种，
故答案为：18；7；
Ⅱ．①CaCl2是只含离子键的离子化合物；
②NH4Cl中含有离子键和极性键，属于离子化合物；
③K2O2含有离子键和非极性键，属于离子化合物；
④Ba(OH)2中含有离子键和极性键，属于离子化合物；
⑤N2仅含非极性键的单质；
⑥HBr中只含极性共价键，属于共价化合物；
⑦AlCl3中只含极性共价键，属于共价化合物；
⑧MgO是只含离子键的离子化合物；
⑨HNO3仅含非极性键，属于共价化合物；
⑩CH4仅含极性键，属于共价化合物；则，
（1）只有非极性键的是氮气，故答案为：⑤；
（2）既有离子键又有极性键的是②④，故答案为：②④；
（3）属于共价化合物的是⑥⑦⑨⑩，故答案为：⑥⑦⑨⑩。
27.A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；C的阴离子和D的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，可生成一种淡黄色的固体F，E的L层电子数等于K、M层电子数之和。
（1）E在元素周期表中的位置__________，B常见氢化物的电子式为_______；F的电子式为________。
（2）B、C、D、E元素的简单离子半径由大到小的顺序为__________________ (用离子符号表示，下同)。A、B、C元素气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为_______________。
（3）已知A、E两种元素形成的化合物X，X结构与干冰相似，属于_________ (填“离子”或“共价”)化合物。
（4）用电子式表示D与E化合形成D2E的过程：_____________________。
（5）C和E分别能与氢形成18个电子的化合物，这两种化合物发生反应，可生成E单质，其反应的化学方程式为_____________。
【答案】(1). 第三周期第ⅥA族 (2). (3). (4). r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)>r(Na+) (5). H2O>NH3>CH4 (6). 共价 (7). (8). H2O2+H2S =S↓ +2H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子，为第IVA族元素；C的阴离子和D的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体F，则C是O元素、D是Na元素，F为Na2O2；A原子序数小于C，则A是C元素，B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E的L层电子数等于K、M层电子数之和，则M层为6个电子，为S元素，再结合元素周期表结构、物质结构及性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知，
（1）E为S元素，在元素周期表中的位置为：第三周期第ⅥA族；B为N元素，常见氢化物为氨气，其电子式为：；F为过氧化钠，含有离子键与非极性键，其电子式为，故答案为：第三周期第ⅥA族；；；
（2）电子层数越多其离子半径越大，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B、C、D、E元素的简单离子半径由小到大的顺序为S2- > N3- > O2- >Na+；同周期元素中，从左到右非金属性依次增强，又元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越好，所以A、B、C元素气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为H2O>NH3>CH4，
故答案为：S2- > N3- > O2- >Na+；H2O>NH3>CH4；
（3）干冰为二氧化碳的固体形态，A、E两种元素形成的化合物X为CS2，其结构与干冰相似，则该化合物属于共价化合物，故答案为：共价；
（4）D是Na元素，E为S元素，两者结合形成离子化合物，其用电子式表示硫化钠的形成过程为：，
故答案为：；
（5）C与氢形成可形成过氧化氢18电子化合物，E和氢元素形成硫化氢18电子化合物，两者发生氧化还原反应，生成硫单质与水，其化学方程式为：H2O2+H2S =S↓ +2H2O，
故答案为：H2O2+H2S =S↓ +2H2O。
28.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
Ⅰ．（1）将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_____与盐酸反应最剧烈，____与盐酸反应产生的气体最多。
（2）向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明非金属性：Cl____S（填“>”或“<”），反应的离子方程式为_______。
Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。
（3）仪器A的名称为___________，干燥管D的作用为___________________。
（4）若要证明非金属性：Cl＞I，C中为淀粉—碘化钾混合溶液，B中装有KMnO4固体，则A中试剂为___________，观察到C中溶液____________(填现象)，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_________溶液吸收尾气。
（5）若要证明非金属性：C＞Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液。观察到C中溶液 ________(填现象)，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，HCl可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有 _________溶液的洗气瓶除去。
【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). > (4). Cl2+S2- =S↓+2Cl- (5). 分液漏斗 (6). 防止倒吸 (7). 浓盐酸 (8). 变蓝色 (9). NaOH溶液 (10). 产生白色沉淀 (11). NaHCO3
【解析】
【分析】I．（1）根据金属活动性顺序表可以判断钠、钾、镁、铝的活泼性，活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；根据电子守恒比较生成氢气体积大小；
（2）单质的氧化性越强，其对应元素的非金属性越强，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得出结论，再根据硫离子被氯气氧化成硫单质，据此写出反应的离子方程式；
II．（3）根据仪器的构造与用途作答；尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸；
（4）浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I-生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色；Cl2和碱反应生成盐，可以用碱液吸收氯气；
（5）非金属的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，再结合强酸制弱酸原理解答；为防止干扰实验探究，根据除杂原则除去挥发的HCl，据此分析作答。
【详解】I.（1）金属活泼性顺序为：钾>钠>镁>铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝，
故答案为：钾；铝；
（2）氯气氧化性强于硫单质,所以氯气能够与硫离子反应生成硫,反应的离子方程式为：Cl2+S2- =S↓+2Cl-，故答案为：Cl2+S2- =S↓+2Cl-；
II.（3）仪器A的名称为分液漏斗；尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸，干燥管有缓冲作用，所以能防止倒吸，故答案为：分液漏斗；防止倒吸；
（4）浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I−生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色，C装置中看到的现象是溶液变蓝色；Cl2和碱反应生成盐，可以用碱液吸收氯气，如NaOH溶液，故答案为：浓盐酸；溶液变蓝色；NaOH；
（5）非金属的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以当C装置中硅酸钠溶液中产生白色沉淀说明生成硅酸；为防止HCl可进入C中干扰实验，可通入NaHCO3的洗气瓶中除去HCl，故答案为：产生白色沉淀；NaHCO3。
29.中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济、海水的综合利用大有可为。
I．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下图所示，试回答下列问题：
（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是____________。
（2）步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
（3）流程Ⅱ中涉及的离子反应方程式如下，请在下面横线内填入适当的化学计量数：
___Br2＋___=___＋___Br－＋___CO2↑
（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的离子方程式：___________________。
（5）流程Ⅲ蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：_________。
Ⅱ．目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：
（6）操作A是_____________，试剂a是_____________
（7）由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是________________________。从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物可以用于_____________________。
【答案】(1). 富集溴元素 (2). C (3). 3 (4). 3 (5). 1 (6). 5 (7). 3 (8). SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42- (9). 温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低 (10). 过滤 (11). 盐酸 (12). MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ (13). 制盐酸
【解析】
【分析】I．（1）根据溴的富集原理作答；
（2）溴易挥发；
（3）根据得失电子数守恒配平化学方程式；
（4）二氧化硫还原溴单质为溴离子；
（5）根据蒸馏过程中温度对溴蒸气原料利用率的影响作答；
Ⅱ．生石灰溶于水得到氢氧化钙溶液加入沉淀池，沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁固体，加入稀盐酸后溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，熔融电解得到金属镁，据此解答。
【详解】I．（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，再利用氯气将其氧化得到产品溴，目的是为了富集溴元素，故答案为：富集溴元素；
（2）溴易从液态转化为气态，故步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的挥发性，C项正确；故答案为：C;
（3）该反应为歧化反应，Br元素一部分从0价升高到+5价，另一部分从0价降低到-1价，根据最小公倍数法配平该氧化还原反应为：3Br2＋3CO= BrO＋5Br－＋3CO2↑，
故答案为：3；3；1；5；3；
（4）溴与二氧化硫水溶液发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42-，故答案为：SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42-；
（5）温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低，所以温度过高或过低都不利于生产，
故答案为：温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低；
Ⅱ．（6）操作A是是溶液中分离出固体的方法，操作为过滤；试剂a为溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液，结合提纯目的得到需要加入盐酸，即试剂a为盐酸，故答案为：过滤；盐酸；
（7）电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用制盐酸，循环使用，
故答案为：MgCl2（熔融） Mg + Cl2↑ ；制盐酸
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