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【化学】四川省成都市第七中学2018-2019学年高一下学期3月月考试题（解析版）
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四川省成都市第七中学2018-2019学年高一下学期3月月考试题
可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 23 Si 28 P31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 Ba 137
第I卷(选择题 共40分)
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共40分)
1.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. NH3的电子式：
B. F-的结构示意图：
C. 一氯甲烷的比例模型
D. 氢氧化钠的结构式：Na—O—H
【答案】B
【详解】A. NH3 为共价化合物，电子式中需要标出原子的最外层电子，其电子式为，故 A 错误；
B. F− 的核外电子总数为 10，最外层含有 8 个电子，其离子结构示意图为，故 B 正确；
C. 能体现物质中各原子大小比例的模型称为比例模型，为一氯甲烷的球棍模型，故 C 错误；
D. NaOH是离子化合物，其中氢氧根是共价键，但钠和氢氧根之间是离子键，所以没有结构式，只有共价化合物才有结构式，故 D 错误。
故选 B。
2.35Cl 是氯的一种同位素，下列说法正确的是（ ）
A. 35Cl 原子所含核外电子数为 18
B. 1/18 mol 的 1H35Cl 分子所含中子数约为 6.02×1023
C. 7.0 g 的 35Cl2 气体的体积为 2.24 L
D. 35Cl2 气体的摩尔质量为 70 g
【答案】B
【解析】A、氯的原子序数为17，原子的电子数等于元素的原子序数，则35Cl原子所含电子数为17，故A错误；B、35Cl原子所含中子数为35-17=18，1H原子的中子数为0，则1/18 mol的1H35Cl分子所含中子数约为1/18 ×18×6.02×1023=6.02×1023，故B正确；C、气体的条件未知，不能确定体积大小，故C错误；D．35Cl2气体的相对分子质量为70，则35Cl2气体的摩尔质量为70g/mol，故D错误；故选B。
3.以下关于锂、钠、钾、铷、铯的叙述不正确的是( )
①氢氧化物中碱性最强的是CsOH；
②单质熔点最高的是铯；
③与O2反应均可得到多种氧化物；
④它们的密度依次增大；
⑤其单质的还原性依次增强；
⑥它们对应离子的氧化性依次增强；
⑦单质与水反应的剧烈程度依次增加；
⑧单质与相同浓度、相同体积的盐酸溶液反应的剧烈程度依次增加
A. ①⑤⑦⑧ B. ②⑥⑧ C. ②③④⑥ D. ②③④
【答案】C
【详解】①锂、钠、钾、铷、铯属于第一主族的元素，其中铯的金属性最强，金属性越强，形成的氢氧化物碱性越强，则CsOH的碱性最强，故①正确；
②碱金属同主族的单质从上到下熔点依次降低，故②错误；
③锂与氧气反应只得到Li2O，故③错误；
④钾的密度反常，比钠的小，故④错误；
⑤同主族从上到下金属性增强，还原性依次增强，故⑤正确；
⑥金属单质还原性越强，对应离子的氧化性应依次减弱，故⑥错误。
⑦金属性越强，与水反应越剧烈，从上到下，其单质与水反应越剧烈，故⑦正确；
⑧金属性越强，与酸反应越剧烈，从上到下，其单质与相同浓度、相同体积的盐酸溶液反应越剧烈，故⑧正确。
综上所述，不正确的有②③④⑥，本题正确答案为C。
4.随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、N5+等已被发现。下列有关说法中，正确的是 ( )
A. H2与H3中存在氢键
B. O2与O4互为同位素
C. C60分子中有范德华力
D. N5+中含有24个价电子
【答案】D
【详解】A. 形成氢键必须同时存在氢原子和氟、氧、氮中的一种，所以H2与H3中不存在氢键，故A错误；
B.因质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，而O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B错误；
C. C60内部只有共价键，分子与分子之间有范德华力，故C错误；
D. 因N5+中含有的价电子数为5×5-1=24，故D正确。
所以D选项是正确的。
5.氢化钠(NaH)是一种白色的离子化合物，其中钠显+1 价，NaH 与水反应放出氢气。下列叙述正确的是( )
A. NaH 在水中显酸性
B. 钠与其他碱金属都必须保存在煤油中
C. NaH 中氢离子半径比锂离子半径大
D. NaH 中氢离子被还原为氢气
【答案】C
【解析】A、氢化钠和水发生：NaH+H2O=H2+NaOH，有NaOH生成，其水溶液显碱性，故A错误；B、Li的密度小于煤油，故不能保存在煤油中，应保存在石蜡中，故B错误；C．H-和Li+电子层结构相同，故H-半径大于Li+半径，故C正确；D、反应NaH+H2O=H2+NaOH中，氢化钠氢负离子失电子被氧化生成氢气，故D错误；故选C．
点睛：根据题意，氢化钠和水发生：NaH+H2O=H2+NaOH是本题的关键。碱金属元素从上到下密度越来越大，Li的密度小于钠、煤油，故不能保存在煤油中，应保存在石蜡中。
6.下列说法错误的是( )
A. 第二周期的原子半径可能大于第三周期的原子半径
B. RbOH的碱性强于Ca(OH)2
C. SrCO3是白色难溶于水易溶于盐酸的化合物
D. 砹化银(AgAt)是白色难溶于稀硝酸的化合物
【答案】D
【详解】A项，同一周期自左向右元素原子半径逐渐减小，同一主族自上而下元素原子半径逐渐增大，第二周期的原子半径可能大于第三周期的原子半径，如锂原子半径大于氯原子半径，故A项正确；
B项，Rb的金属性强于Ca，元素金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，所以RbOH的碱性强于Ca(OH)2，故B项正确；
C项，Sr与Ca同主族，CaCO3是白色难溶于水易溶于盐酸的化合物，所以SrCO3也是白色难溶于水易溶于盐酸的化合物，故C项正确；
D项，卤化银中，AgF不稳定，发生光解，AgCl→AgBr→AgI，颜色逐渐加深：白色→淡黄色→黄色，所以AgAt的颜色应很深，不是白色沉淀，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
7.张清莲是我国著名的化学家。1991年，他准确测得49In的相对原子质量为114.818，被国际原子量委员会采用为新的标准值。下列关于In的说法不正确的是( )
A. In为长周期元素
B. In为过渡元素
C. In易导电导热
D. 114.818是In元素的相对原子质量
【答案】B
【解析】
【分析】由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期ⅢA族，属于长周期元素，金属性较强，具有良好的导电性、导热性。
【详解】A．元素周期表前三周期为短周期，由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期ⅢA族，属于长周期元素，故A正确；
B．In位于周期表第五周期ⅢA族，属于主族元素，不属于过渡元素，故B错误；
C．In与Al同主族，且金属性较Al强，具有良好的导电导热性，故C正确；
D．由题给信息，49In的相对原子质量为114.818，故D正确。
故选B。
8.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号
X
Y
Z
R
T
原子半径（nm）
0.160
0.089
0.102
0.143
0.074
主要化合价
+2
+2
－2、+4、+6
+3
-2
根据表中信息，判断以下说法正确的是( )
A. 单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>Y>X
B. 离子半径：X2+ ＞T2－
C. 元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：Y > R >X
D. 相同条件下，气态氢化物的稳定性：T＞Z
【答案】D
【解析】X和Y的化合价都为+2价，应为周期表第ⅡA族，根据半径关系可知Y为Be，X为Mg；Z和T的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，X的最高价为+6价，X应为S元素，T无正价，T应为O元素；R的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Z小于X可知应和X同周期，R为Al元素。A、金属性Mg＞Al、Mg＞Be，金属性越强，与酸反应越剧烈越快，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢为Mg＞Al、Mg＞Be，即X＞R，X＞Y，故A错误；B、电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径O2-＞Mg2+，故B错误；C、金属性Mg＞Al、Mg＞Be，金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以X＞R，X＞Y，故C错误；D、非金属性O＞S，非金属越强，气态氢化物的稳定性越强，即Z＜T，故D正确；故选D。
9.人们发现金星大气层有一种称之为羰基硫(COS)的分子，其结构与CO2类似，羰基硫是一种与生命密切相关的物质，下列推测肯定不正确的是( )
A. COS是含有极性键的共价化合物
B. COS的沸点比CO2高
C. COS 电子式为
D. COS中所有原子满足8电子稳定结构
【答案】C
【详解】A. COS分子分子中含有C、O、S三种元素都是非金属元素，因此COS是共价化合物，含有C=O键和C=S键是极性键，所以A选项是正确的；
B. 由于M（COS）＞M(CO2)，且COS是极性分子，所以COS的沸点高于CO2，所以B选项是正确的；
C. COS相当于是CO2分子中的一个氧原子被S原子取代，电子式是，所以C选项是错误的；
D. COS中，碳原子的原子核外最外层电子数为4，其在分子中的化合价为+4，所以满足最外层电子数为8的电子结构；氧原子和硫原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为-2，所以满足最外层电子数为8的电子结构；所以D选项是正确的。
故答案选C。
10.下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系如图，则下列说法正确的是( )
A. Z、N两种元素形成的化合物熔融状态下可以导电
B. X、N两种元素的气态氢化物的沸点相比，前者较低
C. Z的氧化物能分别溶解于Y的氢氧化物和N的氢化物的水溶液中
D. 由X与M两种元素组成的化合物能与水反应
【答案】C
【解析】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，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素；A．Z、N两种元素的离子分别为Al3+、Cl-，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，故离子半径Al3+＜Cl-，故A错误；B．X为O元素，N为Cl元素，H2O分子间存在氢键，所以沸点较高，故沸点性H2O＞HCl，故B错误；C．氧化铝是两性氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，能与盐酸反应生成氯化铝，故C正确；D．由X与M两种元素组成的化合物是SiO2，能与强碱反应，能与氢氟酸反应，但不与反应，故D错误；故选C。
11.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
事实
推测
A
CaCO3和Ba CO3都难溶于水
SrCO3也难溶于水
B
Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料
第ⅣA族的元素的单质都可作半导体材料
C
HCl在1 500 ℃时分解，HI在230 ℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D
Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时能反应
【答案】B
【解析】A．同一主族元素的性质相似，CaCO3和BaCO3都难溶于水，因此SrCO3也难溶于水，A正确；B．在元素周期表中，位于金属和非金属分界线处的元素单质能作半导体，Pb不位于金属元素和非金属元素分界线处，所以Pb不能作半导体材料，B错误；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞Br＞I，所以氢化物的稳定性HCl＞HBr＞HI，则HBr的分解温度介于二者之间，C正确；D．元素的非金属越强，其单质与氢气反应越容易化合，非金属性S＞P＞Si，所以P与H2在高温时能反应，D正确；答案选B。
12.a、b、c、d、e是同周期的五种主族元素，a和b的最高价氧化物的水化物显碱性，且碱性 b>a，c和d的气态氢化物的还原性d>c， e为金属元素。五种元素的原子得失电子后所形成的简单离子中，e的离子半径最小，则它们的原子序数由小到大的顺序是（ ）
A. baedc B. edabc C. abdce D. ebadc
【答案】A
【详解】a和b的最高价氧化物对应水化物呈碱性，则a、b为金属，且金属性b>a，因其最高价氧化物对应水化物的碱性b>a；c和d的气态氢化物的还原性d>c，即c、d为非金属，且非金属性d
A. 12.5 g B. 13.2 g C. 19.7 g D. 24.4 g
【答案】B
【解析】
【分析】CH4燃烧产物为CO、CO2、H2O(g)，产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2的作用是吸收水分，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，根据H原子守恒可计算CH4的物质的量，根根据C原子守恒可计算CO和CO2的总的物质的量，根据二者质量可计算CO2的物质的量，进而计算CO2质量。
【详解】产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，
所以n(H2O)==1.4mol，
根据H原子守恒，可以知道：n(CH4)= n(H2O)=1.4mol=0.7mol，
根据C原子守恒，则：n(CO)+n(CO2)=0.7mol，
所以m(CO)+m(CO2)=49.6g-25.2g=24.4g，
所以[0.7mol- n(CO2)]28g/mol+ n(CO2)44g/mol=24.4g，
解之：n(CO2)=0.3mol，
所以生成二氧化碳的质量为0.3mol 44g/mol=13.2g。
所以B选项是正确的。
14.下列图中的实验，能达到实验目的的是( )
A. 证明稳定性：Na2CO3>NaHCO3
B. 证明非金属性：Cl>Br>I
C. 证明氧化性：Cl2>S
D. 除去Cl2中的杂质气体HCl
【答案】C
【解析】A、外管的温度高，内管的温度低，外管盛放碳酸钠，内管盛放碳酸氢钠，因此此实验不能达到目的，故A错误；B、氯气对Br元素与I元素非金属性的比较产生干扰，因此此实验不能达到目的，故B错误；C、锥形瓶中产生Cl2，如果试管中有淡黄色沉淀产生，说明S被置换出来，即Cl的非金属性强于S，能够达到实验目的，故C正确；D、氯气与NaOH反应，因此此装置不仅吸收HCl，还除去Cl2，应用饱和食盐水，故D错误。
15. A、B、C、D、E为原子序数相邻且依次递增的同一短周期元素，下列说法正确的是(m、n均为正整数) ( )
A. 若HnEOm为强酸，则D是位于VA族以后的非金属元素
B. 若C的最低化合价为－3，则E的气态氢化物的分子式为H2E
C. A、B的最高价氧化物水化物均为碱，则碱性A(OH)n强于 B(OH)n＋1
D. 若B为金属，则C一定为金属元素
【答案】C
【解析】试题分析：A、HnEOm为强酸，E可能是第二周期ⅤA族元素N，则D是ⅣA族元素C，E若是第三周期，E可能是S或Cl，D可能是ⅤA族或ⅥA族或ⅣA族，错误；B、C最低化合价是-3价，则C位于ⅤA族，则E最低价是-1价，氢化物是HE，错误；C、金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，五种元素原子序数依次递增，A排在B左端，A的金属性强于B，则碱性A(OH)n强于 B(OH)n＋1，正确；D、若B为铝，则C为非金属，错误。
16.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图。下列说法正确的是( )
A. 元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于9
B. 离子Y2-和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同
C. 原子半径的大小顺序为：rZ> rW>rQ>rX>rY
D. 元素W的氢化物稳定性和还原性均比Q的强
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置可以知道，X是N元素、Y是O元素、Z是Al元素、W是S元素、Q是Cl元素，以此分析解答。
【详解】A．Y为氧元素，没有最高正化合价，故A错误；
B．O2-和Al3+离子核外电子数都是10，电子层结构相同，故B错误；
C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：rZ＞rW＞rQ＞rX＞rY，所以C选项是正确的；
D．非金属性Cl＞S，氢化物稳定性：HCl＞H2S，还原性：HCl＜H2S，故D错误。
所以C选项是正确的。
17.意大利罗马大学的科学家获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子结构 如图所示。下列有关N4的说法正确的是( )
A. N4的沸点比N2低
B. N4分子中只含有非极性键，且键的夹角为109°28′
C. N4分子中每个氮原子都满足8个电子
D. 1mol N4中含有9 mol共价键
【答案】C
【详解】A. N4和N2都是分子晶体，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，N4的沸点比N2高，故A错误；
B. N4是正四面体型结构，键角是60°，故B错误；
C. 氮原子最外层5个电子，每个氮原子和三个氮原子分别形成一个共用电子对，所以每个氮原子的最外层都达到8电子稳定结构，故C正确；
D. 由题中N4分子结构可知，一个分子中含有6个共价键，所以1mol N4中含有6mol共价键，故D错误。
故选C。
18.短周期元素 W、X、Y、Z原子序数依次增大，W与Y、X与Z位于同一主族，W与X可形成共价化合物 WX2，Y原子内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。下列叙述不正确的是（ ）
A. WX、WX2、ZX2的化学键类型完全相同
B. WZ2分子中所有原子最外层都满足8电子结构
C. 由于X的常见氢化物（H2X）分子间存在氢键，故H2X比H2Z 稳定
D. 原子半径大小顺序为X
【解析】短周期元家W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5 倍，则Y有3个电子层，最外层电子数为=4，即Y为Si，W与Y位于同一主族，所以W为C；W 与X可形成共价化合物WX2，则X为O，X与Z 位于同一主族，所以Z为S。A、CO、CO2、SO2的构成微粒都是分子，都属于分子晶体，且都只含有共价键，故A正确；B、C原子最外层4个电子，O原子最外层6个电子，则CO2分子中所有原子最外层都为8电子结构，故B正确；C、H2O分子间存在氢键，导致沸点较高，跟稳定性无关，故C错误；D、电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为Y＞Z＞W＞X，故D正确；故选C。
19.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由 这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气 体，q的水溶液具有漂白性，r的水溶液是一种强酸，s通常是难溶于水的油状混合物。上述物质的转化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 原子半径的大小W
C. Y的氢化物常温常压下为液态
D. X的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n是Cl2，Z是Cl；r的水溶液是一种强酸，则四种元素中有氢元素，W、X、Y、Z的原子序数依次增加，因此W是H；q的水溶液具有漂白性，n是Cl2，根据转化关系图可知m是H2O，r是HCl，q是HClO，s通常是难溶于水的混合物，则p是CH4，s是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的混合物，因此X是C、Y是O。
综上所述，W、X、Y、Z依次是H、C、O、Cl，m是H2O，n是Cl2，p是CH4，q是HClO，r是HCl，s是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的混合物。
【详解】A项，H是原子半径最小的元素，C、O属于同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，因此原子半径：C>O，则原子半径大小为：W
C项，Y的氢化物为H2O、H2O2，常温常压下均为液态，故C项正确；
D项，X是C，其最高价氧化物的水化物为H2CO3，属于弱酸，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
20.下列说法不正确的是( )
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键
②若R2-和M+的电子层结构相同，则原子序数：R>M
③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高
④NCl3、PCl3、CO2分子中各原子均达到8e-稳定结构
⑤干冰升华会破坏共价键
⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1:2
⑧由于非金属性Cl>Br>I，所以酸性HCl>HBr>HI
A. ②⑤⑥⑧ B. ①③④⑤
C. ②④⑤⑦ D. ③⑤⑦⑧
【答案】A
【详解】①N2H4分子中N元素和N元素之间形成非极性共价键，N元素和H元素之间形成极性共价键，故①正确；
②R2-和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期；所以原子序数：M>R，故②错误；
③F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子，熔点随相对分子质量增大而升高，故③正确；
④NCl3、PCl3、CO2分子中各原子均达到8e-稳定结构，故④正确；
⑤干冰升华破坏的是范德华力，故⑤错误；
⑥HF分子很稳定，是因为H-F的键能大，稳定跟氢键无关，故⑥错误；
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1:2，故⑦正确；
⑧氢化物的酸性与元素的非金属性无关，并且酸性：HCl
综上所述，本题正确答案为A。
第II卷(非选择题 共60分)
二、非选择题(本大题共有4个小题，共60分)
21.I.下面是7×18的格子，按要求作答。
(1)用封闭的实线绘出元素周期表的轮廓_____。
(2)“大爆炸理论”指出：200亿年以前，宇宙中所有物质都包含在一个密度无限大、温度无限高的原始核中，由于某种原因它发生了爆炸，首先产生了中子、质子和电子，随后就产生了元素，已知这种元素的一种核素没有中子。你由此可知最先产生的元素是___________(填写元素名称)，该元素的另一种核素，其中子数比质子数多1，此种核素的原子符号是_____________。
(3)C、D、E、F的简单离子半径由小到大的顺序是___________(填写离子符号)。
(4)请用电子式表示出E和H组成的化合物的形成过程：___________。
(5)用实线绘出金属与非金属的分界线；用实线绘出过渡元素的分界线___________。
(6)请写出B形成的单质与氢气反应的化学方程式：___________。
(7)下列各种叙述中，正确的是___________。
a.化学键可分为离子键、共价键、极性键和非极性键四种类型
b.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
c.非极性键只存在于双原子单质分子里
d.在Na2S溶液中加入氯水，溶液中出现黄色沉淀，可以说明氯元素的非金属性比硫元素强
e.卤素氟、氯、溴、碘的氢化物的沸点由低到高的顺序为：HF
【答案】(1). (2). 氢 (3). 13H
(4). Al3+
【解析】
【分析】(1)元素周期表有七个周期，18个纵行共16个族，根据元素周期表结构画出元素周期表的轮廓；
(2)不含中子的原子为氢原子，所以最先产生的元素是氢元素；氢元素中的另一种核素，其中子数比质子数多1，则质量数为1+2=3，该种核素的原子符号是13H；
(3)具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，半径越小；
(4)Mg和Cl形成离子化合物MgCl2；
(5)元素周期表中在B、Si、As、Te、At和Al、Ge、Sb、Po之间的折线为金属与非金属的分界线；元素周期表中IIIB~IIB族的元素为过渡元素；
(6)碘与氢气在加热条件下反应生成HI，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为：I2+H22HI；
(7)a.化学键可分为离子键、共价键，共价键分为极性键和非极性键；
b.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl为离子化合物；
c.非极性键可能存在于共价化合物或离子化合物中，如H2O2和Na2O2中含有非极性键；
d.在Na2S溶液中加入氯水，溶液中出现黄色沉淀，发生置换反应，氯气作氧化剂，硫为氧化产物，可以说明氯元素的非金属性比硫元素强；
e.HF分子间形成氢键，沸点升高；
f.构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体为单原子分子，分子中不存在化学键。
【详解】(1)元素周期表有七个周期，18个纵行共16个族，用封闭的实线绘出元素周期表的轮廓为：
(2)不含中子的原子为氢原子，所以最先产生的元素是氢元素；氢元素中的另一种核素，其中子数比质子数多1，则质量数为1+2=3，该种核素的原子符号是13H，
故答案为：氢；13H；
(3)具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，半径越小，N、O、Mg、Al的简单离子半径由小到大的顺序是Al3+
故答案为：
(5)元素周期表中在B、Si、As、Te、At和Al、Ge、Sb、Po之间的折线为金属与非金属的分界线；元素周期表中IIIB~IIB族的元素为过渡元素，用实线绘出过渡元素的分界线，；
(6)碘与氢气在加热条件下反应生成HI，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为：I2+H22HI，故答案为：I2+H22HI；
(7)a.化学键可分为离子键、共价键，共价键分为极性键和非极性键，故a错误；
b.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl为离子化合物，故b正确；
c.非极性键可能存在于共价化合物或离子化合物中，如H2O2和Na2O2中含有非极性键，故c错误；
d.在Na2S溶液中加入氯水，溶液中出现黄色沉淀，发生置换反应，氯气作氧化剂，硫为氧化产物，可以说明氯元素的非金属性比硫元素强，故d正确；
e.HF分子间形成氢键，沸点升高，故e错误；
f.构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体为单原子分子，分子中不存在化学键，故f正确。
综合以上分析，bdf正确，
故答案为：bdf。
22.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
试回答下列问题：
(1)请写出C装置中生成CH2Cl2的化学方程式：_________________________________。
有人认为E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，你认为他的看法___________(填“正确”或“不正确”)。
(2)B装置有三种功能：①混匀混合气体；②___________；③___________。
(3)D装置的名称为___________，其作用是___________。
(4)E装置中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为___________(填字母)。
a.分液法 b.蒸馏法 c.结晶法
(5)将1mol CH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为___________，生成HCl的总物质的量为______。
【答案】(1). CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl (2). 正确 (3). 控制气流速率 (4). 干燥气体 (5). 干燥管 (6). 防止倒吸 (7). a (8). 3 mol (9). 3 mol
【解析】
【分析】在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，C中甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃和HCl，尾气中含有氯化氢，氯化氢能溶于水、碱性溶液，所以E装置是处理尾气，倒置的干燥管能防倒吸，据此分析解答。
【详解】(1) 光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成二氯甲烷和氯化氢，反应方程式为CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl，在强光照射下，氯气与甲烷发生置换反应CH4+2Cl2 C+4HCl，也有氯化氢生成，所以E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，故答案为：CH4+2Cl2 C+4HCl；正确；
(2) 浓硫酸具有吸水性，因为甲烷和氯气中含有水蒸气，所以浓硫酸干燥混合气体；通过观察气泡能控制气流速率，故答案为：控制气流速率；干燥气体；
(3)装置D为干燥管，起防倒吸作用，故答案为：干燥管；防止倒吸；
(4) E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，由于有机物都难溶于水，是互不相溶的两层液体物质，所以从E中分离出盐酸的最佳方法是分液，选a，故答案为：a；
(5) 将1 mol CH4与Cl2发生取代，四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，设生成CH3Cl的物质的量为x，则CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量分别为（x+0.1）、（x+0.2）、（x+0.3），根据碳原子守恒，有x+（x+0.1）+（x+0.2）+（x+0.3）=1，解得x=0.1，
所以四种有机产物的物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol，
则根据取代反应的特点，消耗的氯气的物质的量是0.1mol×1+0.2mol×2+0.3mol×3+0.4mol
×4=3mol；生成HCl的总物质的量等于参加反应的氯气的物质的量为3mol，故答案为：3 mol；3 mol。
23.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中A、D同主族，B、C、D、E同周期，A原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B是短周期元素中原子半径最大的主族元素，C原子的质子数比B原子的质子数多2个。请回答下列问题：
(1)B元素的名称为___________，D的元素符号为___________，E的离子结构示意图为___________。
(2)D、E两种元素可形成化学式为DE2、D2E2等化合物，则DE2的电子式为___________________，D2E2的结构式为___________(请填写具体物质的化学式)。
(3)将B2A2投入到B2D的水溶液中可生成D的单质，发生反应的离子方程式为：______________________，请用单线桥标出此反应中电子转移的方向和数目。
(4)DA2与E元素的单质在水中反应的离子方程式为：_________________________________。
(5)向由C、E两种元素组成的化合物溶液400mL1 mol/L中加入500mL—定物质的量浓度的KOH溶液，得到白色沉淀15.6 g，则KOH溶液的物质的量浓度为___________mol/L或___________mol/L。
【答案】(1). 钠 (2). S (3). (4). (5). Cl—S—S—Cl (6).
(7). SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42- (8). 1.2 (9). 2.8
【解析】
【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故A为O元素；A、D同主族，则D为S元素；E的原子序数最大，故E为Cl；B是短周期元素中原子半径最大的主族元素，则B为Na；C原子的质子数比B原子的质子数多2个，则C为Al，据此解答。
【详解】(1)由上述分析可以知道，B元素的名称为：钠，D的元素符号为：S，E的离子为Cl-，离子结构示意图为，因此，本题正确答案是：钠；S；；
(2)SCl2分子中S原子与Cl之间形成1对共用电子对，电子式为，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，S原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，结构式为Cl—S—S—Cl；因此，本题正确答案是：；Cl—S—S—Cl；
(3) Na2O2和Na2S的水溶液发生氧化还原反应生成硫的单质，根据得失电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：Na2O2+S2-+2H2O=S+2Na++4OH-；过氧化钠得电子，S2-失电子，则用单线桥标出此反应中电子转移的方向和数目为：
，
因此，本题正确答案是：；
(4)SO2与氯气在水中反应生成HCl与硫酸，反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-，因此，本题正确答案是：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-；
(5)向由C、E两种元素组成的化合物为AlCl3，其物质的量为0.2L×2mol/L=0.4mol，如完全生成沉淀，则应生成0.4molAl(OH)3，实际得到白色沉淀15.6g，物质的量为=0.2mol<0.4mol，说明Al3+没有完全生成沉淀，可能存在两种情况：
①NaOH不足，铝离子部分转化氢氧化铝沉淀，则：
Al3++3OH-=Al(OH)3↓，
0.6mol 0.2mol
此时c(NaOH)==1.2mol/L，
②NaOH部分过量，铝离子转化为氢氧化铝沉淀、偏铝酸根，则：
Al3++3OH-=Al(OH)3↓
0.4mol 1.2mol 0.4mol
溶解的氢氧化铝为0.4mol-0.2mol=0.2mol
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，
0.2mol 0.2mol
则c(NaOH)==2.8mol/L，
因此，本题正确答案是：1.2；2.8。
24.X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素，X和Y同主族，Y和W的气态氢化物具有 相同的电子数，X元素可以组成M和N两种气态单质，反应M+2I-+2H+=I2+N+H2O常作为M的鉴定反应。
(1)M与N的摩尔质量之比为：______________________。
(2)写出实验室制取W2的离子方程式______________________。
(3)成都七中某化学兴趣小组设计下图所示的实验装置(图中夹持和加热装置略去)，分别探究YX2和 W2的性质。
①分别通入YX2和W2时，在装置A中观察到的现象是否相同？___________(填“相同”或“不相同”)。若装置D中装的是铁粉，当通入W2时观察到的现象为______________________；若装置D中装的是五氧化二钒(V2O5)，当通入YX2时，打开K放入适量的氧气，在D装置中发生反应的化学方程式为______________________。
②若装置B中装有5.0 mL 1.0×10-3 mol/L的碘水，当通入足量W2完全反应后，转移了 5.0×10-5 mol电 子，该反应的化学方程式为_________________________________。
(4)某同学将足量的YX2通入一支装有BaCl2溶液的试管，未见沉淀生成，向该试管中加入适量(填字母)___________，可以看到白色沉淀产生。
A.氨水 B.稀盐酸 C.稀硝酸 D.CaCl2溶液
(5)若Y和X组成的负二价阴离子Z，Z中Y和X的质量比为Y:X =4:3，当W2与含Z的溶液完全反应后，有黄色沉淀生成，取上层淸液加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，且含硫微粒的物质的 量为1:1，该反应的离子方程式为______________________。
【答案】(1). 3:2 (2). MnO2+ 2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 相同 (4). 产生棕黄色的烟 (5). 2SO2 +O2 2SO3 (6). 5Cl2+I2+ 6H2O =2HIO3+10HCl (7). AC (8). Cl2+ S2O32-+ H2O=S↓+ SO42-+ 2Cl-+2H+
【解析】
【分析】X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素，X元素可以组成M和N两种气态单质，反应M+2I-+2H+=I2+N+H2O常作为M的鉴定反应，则M具有强氧化性，应该为臭氧，则N为氧气，则X为O元素，X和Y同主族，则Y为S元素；Y和W的气态氢化物具有相同的电子数，且原子序数W大于Y，则W为Cl元素，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可以知道，M为O3、N为O2，二者的摩尔质量之比为：48g/mol:32g/mol=3:2，因此，本题正确答案是：3:2；
(2) W2为Cl2实验室制取氯气的离子方程式为：MnO2+ 2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，
因此，本题正确答案是：MnO2+ 2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3) ①YX2和W2分别为SO2和Cl2，氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸能够漂白品红溶液，二氧化硫也能够漂白品红溶液，所以分别通入SO2和Cl2时，在装置A中观察到的现象相同；
若装置D中装的是铁粉，当通入Cl2时，铁与氯气加热反应生成氯化铁，会产生棕黄色的烟；
二氧化硫在催化剂存在条件下与氧气反应生成三氧化硫，反应的化学方程式为：2SO2 +O2 2SO3，因此，本题正确答案是: 相同；产生棕黄色的烟；2SO2 +O2 2SO3；
②若装置B中装有5.0 mL 1.0×10-3 mol/L的碘水，碘单质的物质的量为：5.0×10-6mol，当通入足量的Cl2完全反应后,转移了5.0×10-5 mol电子，则碘元素反应后化合价升高的价数为：=5，则反应后碘元素的化合价为+5价，生成产物为HIO3，则该反应的化学方程式为：5Cl2+I2+ 6H2O =2HIO3+10HCl，因此，本题正确答案是：5Cl2+I2+ 6H2O =2HIO3+10HCl；
(4)二氧化硫不与氯化钡反应，则某同学将足量的SO2通入一支装有BaCl2溶液的试管，未见沉淀生成，当通入氨气后，二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸根离子，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀；若加入稀硝酸，稀硝酸将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以AC正确，因此，本题正确答案是：AC；
(5)若S和O组成的负二价阴离子Z，Z中S和O的质量比为Y:X =4:3，二者的物质的量之比为：：=2:3，则Z为S2O32-；当Cl2与含S2O32-的溶液完全反应后，有黄色沉淀生成，说明生成了S沉淀；取上层清液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明反应还生成了硫酸根离子，且含硫微粒的物质的 量为1:1，则该反应的离子方程式为Cl2+ S2O32-+ H2O=S↓+ SO42-+ 2Cl-+2H+，因此，本题正确答案是：Cl2+ S2O32-+ H2O=S↓+ SO42-+ 2Cl-+2H+。
可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 23 Si 28 P31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 Ba 137
第I卷(选择题 共40分)
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共40分)
1.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. NH3的电子式：
B. F-的结构示意图：
C. 一氯甲烷的比例模型
D. 氢氧化钠的结构式：Na—O—H
【答案】B
【详解】A. NH3 为共价化合物，电子式中需要标出原子的最外层电子，其电子式为，故 A 错误；
B. F− 的核外电子总数为 10，最外层含有 8 个电子，其离子结构示意图为，故 B 正确；
C. 能体现物质中各原子大小比例的模型称为比例模型，为一氯甲烷的球棍模型，故 C 错误；
D. NaOH是离子化合物，其中氢氧根是共价键，但钠和氢氧根之间是离子键，所以没有结构式，只有共价化合物才有结构式，故 D 错误。
故选 B。
2.35Cl 是氯的一种同位素，下列说法正确的是（ ）
A. 35Cl 原子所含核外电子数为 18
B. 1/18 mol 的 1H35Cl 分子所含中子数约为 6.02×1023
C. 7.0 g 的 35Cl2 气体的体积为 2.24 L
D. 35Cl2 气体的摩尔质量为 70 g
【答案】B
【解析】A、氯的原子序数为17，原子的电子数等于元素的原子序数，则35Cl原子所含电子数为17，故A错误；B、35Cl原子所含中子数为35-17=18，1H原子的中子数为0，则1/18 mol的1H35Cl分子所含中子数约为1/18 ×18×6.02×1023=6.02×1023，故B正确；C、气体的条件未知，不能确定体积大小，故C错误；D．35Cl2气体的相对分子质量为70，则35Cl2气体的摩尔质量为70g/mol，故D错误；故选B。
3.以下关于锂、钠、钾、铷、铯的叙述不正确的是( )
①氢氧化物中碱性最强的是CsOH；
②单质熔点最高的是铯；
③与O2反应均可得到多种氧化物；
④它们的密度依次增大；
⑤其单质的还原性依次增强；
⑥它们对应离子的氧化性依次增强；
⑦单质与水反应的剧烈程度依次增加；
⑧单质与相同浓度、相同体积的盐酸溶液反应的剧烈程度依次增加
A. ①⑤⑦⑧ B. ②⑥⑧ C. ②③④⑥ D. ②③④
【答案】C
【详解】①锂、钠、钾、铷、铯属于第一主族的元素，其中铯的金属性最强，金属性越强，形成的氢氧化物碱性越强，则CsOH的碱性最强，故①正确；
②碱金属同主族的单质从上到下熔点依次降低，故②错误；
③锂与氧气反应只得到Li2O，故③错误；
④钾的密度反常，比钠的小，故④错误；
⑤同主族从上到下金属性增强，还原性依次增强，故⑤正确；
⑥金属单质还原性越强，对应离子的氧化性应依次减弱，故⑥错误。
⑦金属性越强，与水反应越剧烈，从上到下，其单质与水反应越剧烈，故⑦正确；
⑧金属性越强，与酸反应越剧烈，从上到下，其单质与相同浓度、相同体积的盐酸溶液反应越剧烈，故⑧正确。
综上所述，不正确的有②③④⑥，本题正确答案为C。
4.随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、N5+等已被发现。下列有关说法中，正确的是 ( )
A. H2与H3中存在氢键
B. O2与O4互为同位素
C. C60分子中有范德华力
D. N5+中含有24个价电子
【答案】D
【详解】A. 形成氢键必须同时存在氢原子和氟、氧、氮中的一种，所以H2与H3中不存在氢键，故A错误；
B.因质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，而O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B错误；
C. C60内部只有共价键，分子与分子之间有范德华力，故C错误；
D. 因N5+中含有的价电子数为5×5-1=24，故D正确。
所以D选项是正确的。
5.氢化钠(NaH)是一种白色的离子化合物，其中钠显+1 价，NaH 与水反应放出氢气。下列叙述正确的是( )
A. NaH 在水中显酸性
B. 钠与其他碱金属都必须保存在煤油中
C. NaH 中氢离子半径比锂离子半径大
D. NaH 中氢离子被还原为氢气
【答案】C
【解析】A、氢化钠和水发生：NaH+H2O=H2+NaOH，有NaOH生成，其水溶液显碱性，故A错误；B、Li的密度小于煤油，故不能保存在煤油中，应保存在石蜡中，故B错误；C．H-和Li+电子层结构相同，故H-半径大于Li+半径，故C正确；D、反应NaH+H2O=H2+NaOH中，氢化钠氢负离子失电子被氧化生成氢气，故D错误；故选C．
点睛：根据题意，氢化钠和水发生：NaH+H2O=H2+NaOH是本题的关键。碱金属元素从上到下密度越来越大，Li的密度小于钠、煤油，故不能保存在煤油中，应保存在石蜡中。
6.下列说法错误的是( )
A. 第二周期的原子半径可能大于第三周期的原子半径
B. RbOH的碱性强于Ca(OH)2
C. SrCO3是白色难溶于水易溶于盐酸的化合物
D. 砹化银(AgAt)是白色难溶于稀硝酸的化合物
【答案】D
【详解】A项，同一周期自左向右元素原子半径逐渐减小，同一主族自上而下元素原子半径逐渐增大，第二周期的原子半径可能大于第三周期的原子半径，如锂原子半径大于氯原子半径，故A项正确；
B项，Rb的金属性强于Ca，元素金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，所以RbOH的碱性强于Ca(OH)2，故B项正确；
C项，Sr与Ca同主族，CaCO3是白色难溶于水易溶于盐酸的化合物，所以SrCO3也是白色难溶于水易溶于盐酸的化合物，故C项正确；
D项，卤化银中，AgF不稳定，发生光解，AgCl→AgBr→AgI，颜色逐渐加深：白色→淡黄色→黄色，所以AgAt的颜色应很深，不是白色沉淀，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
7.张清莲是我国著名的化学家。1991年，他准确测得49In的相对原子质量为114.818，被国际原子量委员会采用为新的标准值。下列关于In的说法不正确的是( )
A. In为长周期元素
B. In为过渡元素
C. In易导电导热
D. 114.818是In元素的相对原子质量
【答案】B
【解析】
【分析】由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期ⅢA族，属于长周期元素，金属性较强，具有良好的导电性、导热性。
【详解】A．元素周期表前三周期为短周期，由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期ⅢA族，属于长周期元素，故A正确；
B．In位于周期表第五周期ⅢA族，属于主族元素，不属于过渡元素，故B错误；
C．In与Al同主族，且金属性较Al强，具有良好的导电导热性，故C正确；
D．由题给信息，49In的相对原子质量为114.818，故D正确。
故选B。
8.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号
X
Y
Z
R
T
原子半径（nm）
0.160
0.089
0.102
0.143
0.074
主要化合价
+2
+2
－2、+4、+6
+3
-2
根据表中信息，判断以下说法正确的是( )
A. 单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>Y>X
B. 离子半径：X2+ ＞T2－
C. 元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：Y > R >X
D. 相同条件下，气态氢化物的稳定性：T＞Z
【答案】D
【解析】X和Y的化合价都为+2价，应为周期表第ⅡA族，根据半径关系可知Y为Be，X为Mg；Z和T的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，X的最高价为+6价，X应为S元素，T无正价，T应为O元素；R的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Z小于X可知应和X同周期，R为Al元素。A、金属性Mg＞Al、Mg＞Be，金属性越强，与酸反应越剧烈越快，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢为Mg＞Al、Mg＞Be，即X＞R，X＞Y，故A错误；B、电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径O2-＞Mg2+，故B错误；C、金属性Mg＞Al、Mg＞Be，金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以X＞R，X＞Y，故C错误；D、非金属性O＞S，非金属越强，气态氢化物的稳定性越强，即Z＜T，故D正确；故选D。
9.人们发现金星大气层有一种称之为羰基硫(COS)的分子，其结构与CO2类似，羰基硫是一种与生命密切相关的物质，下列推测肯定不正确的是( )
A. COS是含有极性键的共价化合物
B. COS的沸点比CO2高
C. COS 电子式为
D. COS中所有原子满足8电子稳定结构
【答案】C
【详解】A. COS分子分子中含有C、O、S三种元素都是非金属元素，因此COS是共价化合物，含有C=O键和C=S键是极性键，所以A选项是正确的；
B. 由于M（COS）＞M(CO2)，且COS是极性分子，所以COS的沸点高于CO2，所以B选项是正确的；
C. COS相当于是CO2分子中的一个氧原子被S原子取代，电子式是，所以C选项是错误的；
D. COS中，碳原子的原子核外最外层电子数为4，其在分子中的化合价为+4，所以满足最外层电子数为8的电子结构；氧原子和硫原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为-2，所以满足最外层电子数为8的电子结构；所以D选项是正确的。
故答案选C。
10.下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系如图，则下列说法正确的是( )
A. Z、N两种元素形成的化合物熔融状态下可以导电
B. X、N两种元素的气态氢化物的沸点相比，前者较低
C. Z的氧化物能分别溶解于Y的氢氧化物和N的氢化物的水溶液中
D. 由X与M两种元素组成的化合物能与水反应
【答案】C
【解析】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，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素；A．Z、N两种元素的离子分别为Al3+、Cl-，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，故离子半径Al3+＜Cl-，故A错误；B．X为O元素，N为Cl元素，H2O分子间存在氢键，所以沸点较高，故沸点性H2O＞HCl，故B错误；C．氧化铝是两性氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，能与盐酸反应生成氯化铝，故C正确；D．由X与M两种元素组成的化合物是SiO2，能与强碱反应，能与氢氟酸反应，但不与反应，故D错误；故选C。
11.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
事实
推测
A
CaCO3和Ba CO3都难溶于水
SrCO3也难溶于水
B
Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料
第ⅣA族的元素的单质都可作半导体材料
C
HCl在1 500 ℃时分解，HI在230 ℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D
Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时能反应
【答案】B
【解析】A．同一主族元素的性质相似，CaCO3和BaCO3都难溶于水，因此SrCO3也难溶于水，A正确；B．在元素周期表中，位于金属和非金属分界线处的元素单质能作半导体，Pb不位于金属元素和非金属元素分界线处，所以Pb不能作半导体材料，B错误；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞Br＞I，所以氢化物的稳定性HCl＞HBr＞HI，则HBr的分解温度介于二者之间，C正确；D．元素的非金属越强，其单质与氢气反应越容易化合，非金属性S＞P＞Si，所以P与H2在高温时能反应，D正确；答案选B。
12.a、b、c、d、e是同周期的五种主族元素，a和b的最高价氧化物的水化物显碱性，且碱性 b>a，c和d的气态氢化物的还原性d>c， e为金属元素。五种元素的原子得失电子后所形成的简单离子中，e的离子半径最小，则它们的原子序数由小到大的顺序是（ ）
A. baedc B. edabc C. abdce D. ebadc
【答案】A
【详解】a和b的最高价氧化物对应水化物呈碱性，则a、b为金属，且金属性b>a，因其最高价氧化物对应水化物的碱性b>a；c和d的气态氢化物的还原性d>c，即c、d为非金属，且非金属性d
A. 12.5 g B. 13.2 g C. 19.7 g D. 24.4 g
【答案】B
【解析】
【分析】CH4燃烧产物为CO、CO2、H2O(g)，产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2的作用是吸收水分，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，根据H原子守恒可计算CH4的物质的量，根根据C原子守恒可计算CO和CO2的总的物质的量，根据二者质量可计算CO2的物质的量，进而计算CO2质量。
【详解】产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，
所以n(H2O)==1.4mol，
根据H原子守恒，可以知道：n(CH4)= n(H2O)=1.4mol=0.7mol，
根据C原子守恒，则：n(CO)+n(CO2)=0.7mol，
所以m(CO)+m(CO2)=49.6g-25.2g=24.4g，
所以[0.7mol- n(CO2)]28g/mol+ n(CO2)44g/mol=24.4g，
解之：n(CO2)=0.3mol，
所以生成二氧化碳的质量为0.3mol 44g/mol=13.2g。
所以B选项是正确的。
14.下列图中的实验，能达到实验目的的是( )
A. 证明稳定性：Na2CO3>NaHCO3
B. 证明非金属性：Cl>Br>I
C. 证明氧化性：Cl2>S
D. 除去Cl2中的杂质气体HCl
【答案】C
【解析】A、外管的温度高，内管的温度低，外管盛放碳酸钠，内管盛放碳酸氢钠，因此此实验不能达到目的，故A错误；B、氯气对Br元素与I元素非金属性的比较产生干扰，因此此实验不能达到目的，故B错误；C、锥形瓶中产生Cl2，如果试管中有淡黄色沉淀产生，说明S被置换出来，即Cl的非金属性强于S，能够达到实验目的，故C正确；D、氯气与NaOH反应，因此此装置不仅吸收HCl，还除去Cl2，应用饱和食盐水，故D错误。
15. A、B、C、D、E为原子序数相邻且依次递增的同一短周期元素，下列说法正确的是(m、n均为正整数) ( )
A. 若HnEOm为强酸，则D是位于VA族以后的非金属元素
B. 若C的最低化合价为－3，则E的气态氢化物的分子式为H2E
C. A、B的最高价氧化物水化物均为碱，则碱性A(OH)n强于 B(OH)n＋1
D. 若B为金属，则C一定为金属元素
【答案】C
【解析】试题分析：A、HnEOm为强酸，E可能是第二周期ⅤA族元素N，则D是ⅣA族元素C，E若是第三周期，E可能是S或Cl，D可能是ⅤA族或ⅥA族或ⅣA族，错误；B、C最低化合价是-3价，则C位于ⅤA族，则E最低价是-1价，氢化物是HE，错误；C、金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，五种元素原子序数依次递增，A排在B左端，A的金属性强于B，则碱性A(OH)n强于 B(OH)n＋1，正确；D、若B为铝，则C为非金属，错误。
16.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图。下列说法正确的是( )
A. 元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于9
B. 离子Y2-和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同
C. 原子半径的大小顺序为：rZ> rW>rQ>rX>rY
D. 元素W的氢化物稳定性和还原性均比Q的强
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置可以知道，X是N元素、Y是O元素、Z是Al元素、W是S元素、Q是Cl元素，以此分析解答。
【详解】A．Y为氧元素，没有最高正化合价，故A错误；
B．O2-和Al3+离子核外电子数都是10，电子层结构相同，故B错误；
C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：rZ＞rW＞rQ＞rX＞rY，所以C选项是正确的；
D．非金属性Cl＞S，氢化物稳定性：HCl＞H2S，还原性：HCl＜H2S，故D错误。
所以C选项是正确的。
17.意大利罗马大学的科学家获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子结构 如图所示。下列有关N4的说法正确的是( )
A. N4的沸点比N2低
B. N4分子中只含有非极性键，且键的夹角为109°28′
C. N4分子中每个氮原子都满足8个电子
D. 1mol N4中含有9 mol共价键
【答案】C
【详解】A. N4和N2都是分子晶体，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，N4的沸点比N2高，故A错误；
B. N4是正四面体型结构，键角是60°，故B错误；
C. 氮原子最外层5个电子，每个氮原子和三个氮原子分别形成一个共用电子对，所以每个氮原子的最外层都达到8电子稳定结构，故C正确；
D. 由题中N4分子结构可知，一个分子中含有6个共价键，所以1mol N4中含有6mol共价键，故D错误。
故选C。
18.短周期元素 W、X、Y、Z原子序数依次增大，W与Y、X与Z位于同一主族，W与X可形成共价化合物 WX2，Y原子内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。下列叙述不正确的是（ ）
A. WX、WX2、ZX2的化学键类型完全相同
B. WZ2分子中所有原子最外层都满足8电子结构
C. 由于X的常见氢化物（H2X）分子间存在氢键，故H2X比H2Z 稳定
D. 原子半径大小顺序为X
【解析】短周期元家W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5 倍，则Y有3个电子层，最外层电子数为=4，即Y为Si，W与Y位于同一主族，所以W为C；W 与X可形成共价化合物WX2，则X为O，X与Z 位于同一主族，所以Z为S。A、CO、CO2、SO2的构成微粒都是分子，都属于分子晶体，且都只含有共价键，故A正确；B、C原子最外层4个电子，O原子最外层6个电子，则CO2分子中所有原子最外层都为8电子结构，故B正确；C、H2O分子间存在氢键，导致沸点较高，跟稳定性无关，故C错误；D、电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为Y＞Z＞W＞X，故D正确；故选C。
19.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由 这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气 体，q的水溶液具有漂白性，r的水溶液是一种强酸，s通常是难溶于水的油状混合物。上述物质的转化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 原子半径的大小W
C. Y的氢化物常温常压下为液态
D. X的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n是Cl2，Z是Cl；r的水溶液是一种强酸，则四种元素中有氢元素，W、X、Y、Z的原子序数依次增加，因此W是H；q的水溶液具有漂白性，n是Cl2，根据转化关系图可知m是H2O，r是HCl，q是HClO，s通常是难溶于水的混合物，则p是CH4，s是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的混合物，因此X是C、Y是O。
综上所述，W、X、Y、Z依次是H、C、O、Cl，m是H2O，n是Cl2，p是CH4，q是HClO，r是HCl，s是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的混合物。
【详解】A项，H是原子半径最小的元素，C、O属于同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，因此原子半径：C>O，则原子半径大小为：W
C项，Y的氢化物为H2O、H2O2，常温常压下均为液态，故C项正确；
D项，X是C，其最高价氧化物的水化物为H2CO3，属于弱酸，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
20.下列说法不正确的是( )
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键
②若R2-和M+的电子层结构相同，则原子序数：R>M
③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高
④NCl3、PCl3、CO2分子中各原子均达到8e-稳定结构
⑤干冰升华会破坏共价键
⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1:2
⑧由于非金属性Cl>Br>I，所以酸性HCl>HBr>HI
A. ②⑤⑥⑧ B. ①③④⑤
C. ②④⑤⑦ D. ③⑤⑦⑧
【答案】A
【详解】①N2H4分子中N元素和N元素之间形成非极性共价键，N元素和H元素之间形成极性共价键，故①正确；
②R2-和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期；所以原子序数：M>R，故②错误；
③F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子，熔点随相对分子质量增大而升高，故③正确；
④NCl3、PCl3、CO2分子中各原子均达到8e-稳定结构，故④正确；
⑤干冰升华破坏的是范德华力，故⑤错误；
⑥HF分子很稳定，是因为H-F的键能大，稳定跟氢键无关，故⑥错误；
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1:2，故⑦正确；
⑧氢化物的酸性与元素的非金属性无关，并且酸性：HCl
综上所述，本题正确答案为A。
第II卷(非选择题 共60分)
二、非选择题(本大题共有4个小题，共60分)
21.I.下面是7×18的格子，按要求作答。
(1)用封闭的实线绘出元素周期表的轮廓_____。
(2)“大爆炸理论”指出：200亿年以前，宇宙中所有物质都包含在一个密度无限大、温度无限高的原始核中，由于某种原因它发生了爆炸，首先产生了中子、质子和电子，随后就产生了元素，已知这种元素的一种核素没有中子。你由此可知最先产生的元素是___________(填写元素名称)，该元素的另一种核素，其中子数比质子数多1，此种核素的原子符号是_____________。
(3)C、D、E、F的简单离子半径由小到大的顺序是___________(填写离子符号)。
(4)请用电子式表示出E和H组成的化合物的形成过程：___________。
(5)用实线绘出金属与非金属的分界线；用实线绘出过渡元素的分界线___________。
(6)请写出B形成的单质与氢气反应的化学方程式：___________。
(7)下列各种叙述中，正确的是___________。
a.化学键可分为离子键、共价键、极性键和非极性键四种类型
b.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
c.非极性键只存在于双原子单质分子里
d.在Na2S溶液中加入氯水，溶液中出现黄色沉淀，可以说明氯元素的非金属性比硫元素强
e.卤素氟、氯、溴、碘的氢化物的沸点由低到高的顺序为：HF
【答案】(1). (2). 氢 (3). 13H
(4). Al3+
【解析】
【分析】(1)元素周期表有七个周期，18个纵行共16个族，根据元素周期表结构画出元素周期表的轮廓；
(2)不含中子的原子为氢原子，所以最先产生的元素是氢元素；氢元素中的另一种核素，其中子数比质子数多1，则质量数为1+2=3，该种核素的原子符号是13H；
(3)具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，半径越小；
(4)Mg和Cl形成离子化合物MgCl2；
(5)元素周期表中在B、Si、As、Te、At和Al、Ge、Sb、Po之间的折线为金属与非金属的分界线；元素周期表中IIIB~IIB族的元素为过渡元素；
(6)碘与氢气在加热条件下反应生成HI，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为：I2+H22HI；
(7)a.化学键可分为离子键、共价键，共价键分为极性键和非极性键；
b.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl为离子化合物；
c.非极性键可能存在于共价化合物或离子化合物中，如H2O2和Na2O2中含有非极性键；
d.在Na2S溶液中加入氯水，溶液中出现黄色沉淀，发生置换反应，氯气作氧化剂，硫为氧化产物，可以说明氯元素的非金属性比硫元素强；
e.HF分子间形成氢键，沸点升高；
f.构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体为单原子分子，分子中不存在化学键。
【详解】(1)元素周期表有七个周期，18个纵行共16个族，用封闭的实线绘出元素周期表的轮廓为：
(2)不含中子的原子为氢原子，所以最先产生的元素是氢元素；氢元素中的另一种核素，其中子数比质子数多1，则质量数为1+2=3，该种核素的原子符号是13H，
故答案为：氢；13H；
(3)具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，半径越小，N、O、Mg、Al的简单离子半径由小到大的顺序是Al3+
故答案为：
(5)元素周期表中在B、Si、As、Te、At和Al、Ge、Sb、Po之间的折线为金属与非金属的分界线；元素周期表中IIIB~IIB族的元素为过渡元素，用实线绘出过渡元素的分界线，；
(6)碘与氢气在加热条件下反应生成HI，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为：I2+H22HI，故答案为：I2+H22HI；
(7)a.化学键可分为离子键、共价键，共价键分为极性键和非极性键，故a错误；
b.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl为离子化合物，故b正确；
c.非极性键可能存在于共价化合物或离子化合物中，如H2O2和Na2O2中含有非极性键，故c错误；
d.在Na2S溶液中加入氯水，溶液中出现黄色沉淀，发生置换反应，氯气作氧化剂，硫为氧化产物，可以说明氯元素的非金属性比硫元素强，故d正确；
e.HF分子间形成氢键，沸点升高，故e错误；
f.构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体为单原子分子，分子中不存在化学键，故f正确。
综合以上分析，bdf正确，
故答案为：bdf。
22.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
试回答下列问题：
(1)请写出C装置中生成CH2Cl2的化学方程式：_________________________________。
有人认为E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，你认为他的看法___________(填“正确”或“不正确”)。
(2)B装置有三种功能：①混匀混合气体；②___________；③___________。
(3)D装置的名称为___________，其作用是___________。
(4)E装置中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为___________(填字母)。
a.分液法 b.蒸馏法 c.结晶法
(5)将1mol CH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为___________，生成HCl的总物质的量为______。
【答案】(1). CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl (2). 正确 (3). 控制气流速率 (4). 干燥气体 (5). 干燥管 (6). 防止倒吸 (7). a (8). 3 mol (9). 3 mol
【解析】
【分析】在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，C中甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃和HCl，尾气中含有氯化氢，氯化氢能溶于水、碱性溶液，所以E装置是处理尾气，倒置的干燥管能防倒吸，据此分析解答。
【详解】(1) 光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成二氯甲烷和氯化氢，反应方程式为CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl，在强光照射下，氯气与甲烷发生置换反应CH4+2Cl2 C+4HCl，也有氯化氢生成，所以E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，故答案为：CH4+2Cl2 C+4HCl；正确；
(2) 浓硫酸具有吸水性，因为甲烷和氯气中含有水蒸气，所以浓硫酸干燥混合气体；通过观察气泡能控制气流速率，故答案为：控制气流速率；干燥气体；
(3)装置D为干燥管，起防倒吸作用，故答案为：干燥管；防止倒吸；
(4) E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，由于有机物都难溶于水，是互不相溶的两层液体物质，所以从E中分离出盐酸的最佳方法是分液，选a，故答案为：a；
(5) 将1 mol CH4与Cl2发生取代，四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，设生成CH3Cl的物质的量为x，则CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量分别为（x+0.1）、（x+0.2）、（x+0.3），根据碳原子守恒，有x+（x+0.1）+（x+0.2）+（x+0.3）=1，解得x=0.1，
所以四种有机产物的物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol，
则根据取代反应的特点，消耗的氯气的物质的量是0.1mol×1+0.2mol×2+0.3mol×3+0.4mol
×4=3mol；生成HCl的总物质的量等于参加反应的氯气的物质的量为3mol，故答案为：3 mol；3 mol。
23.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中A、D同主族，B、C、D、E同周期，A原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B是短周期元素中原子半径最大的主族元素，C原子的质子数比B原子的质子数多2个。请回答下列问题：
(1)B元素的名称为___________，D的元素符号为___________，E的离子结构示意图为___________。
(2)D、E两种元素可形成化学式为DE2、D2E2等化合物，则DE2的电子式为___________________，D2E2的结构式为___________(请填写具体物质的化学式)。
(3)将B2A2投入到B2D的水溶液中可生成D的单质，发生反应的离子方程式为：______________________，请用单线桥标出此反应中电子转移的方向和数目。
(4)DA2与E元素的单质在水中反应的离子方程式为：_________________________________。
(5)向由C、E两种元素组成的化合物溶液400mL1 mol/L中加入500mL—定物质的量浓度的KOH溶液，得到白色沉淀15.6 g，则KOH溶液的物质的量浓度为___________mol/L或___________mol/L。
【答案】(1). 钠 (2). S (3). (4). (5). Cl—S—S—Cl (6).
(7). SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42- (8). 1.2 (9). 2.8
【解析】
【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故A为O元素；A、D同主族，则D为S元素；E的原子序数最大，故E为Cl；B是短周期元素中原子半径最大的主族元素，则B为Na；C原子的质子数比B原子的质子数多2个，则C为Al，据此解答。
【详解】(1)由上述分析可以知道，B元素的名称为：钠，D的元素符号为：S，E的离子为Cl-，离子结构示意图为，因此，本题正确答案是：钠；S；；
(2)SCl2分子中S原子与Cl之间形成1对共用电子对，电子式为，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，S原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，结构式为Cl—S—S—Cl；因此，本题正确答案是：；Cl—S—S—Cl；
(3) Na2O2和Na2S的水溶液发生氧化还原反应生成硫的单质，根据得失电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：Na2O2+S2-+2H2O=S+2Na++4OH-；过氧化钠得电子，S2-失电子，则用单线桥标出此反应中电子转移的方向和数目为：
，
因此，本题正确答案是：；
(4)SO2与氯气在水中反应生成HCl与硫酸，反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-，因此，本题正确答案是：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-；
(5)向由C、E两种元素组成的化合物为AlCl3，其物质的量为0.2L×2mol/L=0.4mol，如完全生成沉淀，则应生成0.4molAl(OH)3，实际得到白色沉淀15.6g，物质的量为=0.2mol<0.4mol，说明Al3+没有完全生成沉淀，可能存在两种情况：
①NaOH不足，铝离子部分转化氢氧化铝沉淀，则：
Al3++3OH-=Al(OH)3↓，
0.6mol 0.2mol
此时c(NaOH)==1.2mol/L，
②NaOH部分过量，铝离子转化为氢氧化铝沉淀、偏铝酸根，则：
Al3++3OH-=Al(OH)3↓
0.4mol 1.2mol 0.4mol
溶解的氢氧化铝为0.4mol-0.2mol=0.2mol
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，
0.2mol 0.2mol
则c(NaOH)==2.8mol/L，
因此，本题正确答案是：1.2；2.8。
24.X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素，X和Y同主族，Y和W的气态氢化物具有 相同的电子数，X元素可以组成M和N两种气态单质，反应M+2I-+2H+=I2+N+H2O常作为M的鉴定反应。
(1)M与N的摩尔质量之比为：______________________。
(2)写出实验室制取W2的离子方程式______________________。
(3)成都七中某化学兴趣小组设计下图所示的实验装置(图中夹持和加热装置略去)，分别探究YX2和 W2的性质。
①分别通入YX2和W2时，在装置A中观察到的现象是否相同？___________(填“相同”或“不相同”)。若装置D中装的是铁粉，当通入W2时观察到的现象为______________________；若装置D中装的是五氧化二钒(V2O5)，当通入YX2时，打开K放入适量的氧气，在D装置中发生反应的化学方程式为______________________。
②若装置B中装有5.0 mL 1.0×10-3 mol/L的碘水，当通入足量W2完全反应后，转移了 5.0×10-5 mol电 子，该反应的化学方程式为_________________________________。
(4)某同学将足量的YX2通入一支装有BaCl2溶液的试管，未见沉淀生成，向该试管中加入适量(填字母)___________，可以看到白色沉淀产生。
A.氨水 B.稀盐酸 C.稀硝酸 D.CaCl2溶液
(5)若Y和X组成的负二价阴离子Z，Z中Y和X的质量比为Y:X =4:3，当W2与含Z的溶液完全反应后，有黄色沉淀生成，取上层淸液加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，且含硫微粒的物质的 量为1:1，该反应的离子方程式为______________________。
【答案】(1). 3:2 (2). MnO2+ 2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 相同 (4). 产生棕黄色的烟 (5). 2SO2 +O2 2SO3 (6). 5Cl2+I2+ 6H2O =2HIO3+10HCl (7). AC (8). Cl2+ S2O32-+ H2O=S↓+ SO42-+ 2Cl-+2H+
【解析】
【分析】X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素，X元素可以组成M和N两种气态单质，反应M+2I-+2H+=I2+N+H2O常作为M的鉴定反应，则M具有强氧化性，应该为臭氧，则N为氧气，则X为O元素，X和Y同主族，则Y为S元素；Y和W的气态氢化物具有相同的电子数，且原子序数W大于Y，则W为Cl元素，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可以知道，M为O3、N为O2，二者的摩尔质量之比为：48g/mol:32g/mol=3:2，因此，本题正确答案是：3:2；
(2) W2为Cl2实验室制取氯气的离子方程式为：MnO2+ 2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，
因此，本题正确答案是：MnO2+ 2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3) ①YX2和W2分别为SO2和Cl2，氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸能够漂白品红溶液，二氧化硫也能够漂白品红溶液，所以分别通入SO2和Cl2时，在装置A中观察到的现象相同；
若装置D中装的是铁粉，当通入Cl2时，铁与氯气加热反应生成氯化铁，会产生棕黄色的烟；
二氧化硫在催化剂存在条件下与氧气反应生成三氧化硫，反应的化学方程式为：2SO2 +O2 2SO3，因此，本题正确答案是: 相同；产生棕黄色的烟；2SO2 +O2 2SO3；
②若装置B中装有5.0 mL 1.0×10-3 mol/L的碘水，碘单质的物质的量为：5.0×10-6mol，当通入足量的Cl2完全反应后,转移了5.0×10-5 mol电子，则碘元素反应后化合价升高的价数为：=5，则反应后碘元素的化合价为+5价，生成产物为HIO3，则该反应的化学方程式为：5Cl2+I2+ 6H2O =2HIO3+10HCl，因此，本题正确答案是：5Cl2+I2+ 6H2O =2HIO3+10HCl；
(4)二氧化硫不与氯化钡反应，则某同学将足量的SO2通入一支装有BaCl2溶液的试管，未见沉淀生成，当通入氨气后，二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸根离子，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀；若加入稀硝酸，稀硝酸将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以AC正确，因此，本题正确答案是：AC；
(5)若S和O组成的负二价阴离子Z，Z中S和O的质量比为Y:X =4:3，二者的物质的量之比为：：=2:3，则Z为S2O32-；当Cl2与含S2O32-的溶液完全反应后，有黄色沉淀生成，说明生成了S沉淀；取上层清液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明反应还生成了硫酸根离子，且含硫微粒的物质的 量为1:1，则该反应的离子方程式为Cl2+ S2O32-+ H2O=S↓+ SO42-+ 2Cl-+2H+，因此，本题正确答案是：Cl2+ S2O32-+ H2O=S↓+ SO42-+ 2Cl-+2H+。
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