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【化学】四川省遂宁市第二中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题（解析版）
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四川省遂宁市第二中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
可能用到的相关原子的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 K：39
一、单项选择题(每小题2分，共25×2=50分。每小题只有一个正确答案符合题意)
1.检验氨气可选用（ ）
A. 湿润的蓝色石蕊试纸 B. 干燥的红色石蕊试纸
C. 干燥的蓝色石蕊试纸 D. 湿润的红色石蕊试纸
【答案】D
【解析】氨气是碱性气体，能是湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以正确的答案是D。
2.下列关于浓硫酸的叙述正确的是( )
A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B. 浓硫酸在加热时才可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C. 浓硫酸是一种干燥剂，但不能够干燥氨气、二氧化硫、硫化氢等气体
D. 浓硫酸在常温下与铁、铝等都不反应所以能用铁制容器存放
【答案】B
【详解】A．浓硫酸使蔗糖碳化，是因为浓硫酸具有脱水性，故A错误；
B．浓硫酸与铜的反应需要在加热条件下进行，故B正确；
C．浓硫酸显酸性，可与氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸具有强氧化性，能够与硫化氢发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥氨气和硫化氢，但浓硫酸与二氧化硫不能反应，可以用于干燥二氧化硫气体，故C错误；
D．由于浓硫酸的氧化性很强，常温下，浓硫酸能在铁和铝的表面形成一层致密的氧化膜，导致铝和铁在浓硫酸中会钝化，即常温下浓硫酸与铁、铝能反应，故D错误；
答案选B。
3. 关于硝酸的说法正确的是（ ）
A. 硝酸与金属反应时，主要是＋5价的氮得电子
B. 浓HNO3与浓HCl按3∶1的体积比所得的混合物叫王水
C. 硝酸电离出的H＋离子，能被Zn、Fe等金属还原成H2
D. 常温下，向浓HNO3中投入Fe片，会产生大量的红棕色气体
【答案】A
【解析】硝酸属于氧化性酸，主要是酸根中的＋5价的氮得电子，A正确。浓HNO3与浓HCl按1∶3的体积比所得的混合物叫王水，B不正确。硝酸是氧化性酸与金属反应不能生成氢气，C不正确。在常温下，铁或者铝遇到浓硝酸会发生钝化，D不正确。答案是A。
4.能证明 SO2 具有漂白性的是（ ）
A. 酸性 KMnO4 溶液中通入 SO2 气体后溶液褪色
B. 滴入酚酞的 NaOH 溶液中通入 SO2 气体红色消失
C. 品红溶液中通入 SO2 气体红色消失
D. 溴水中通入 SO2 气体后溶液褪色
【答案】C
【解析】试题分析：A、酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后溶液褪色，证明二氧化硫具有还原性，错误；B、滴入酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体红色消失，证明二氧化硫的水溶液显酸性，与氢氧化钠发生中和反应，错误；C、品红溶液中通入SO2气体红色消失，证明二氧化硫具有漂白性，正确；D、溴水中通入SO2气体后溶液褪色证明二氧化硫具有还原性，错误，答案选C。
5.对下列污染现象叙述错误的是( )
A. 臭氧空洞的形成主要与SO2有关
B. 酸雨的形成主要与SO2有关
C. 光化学烟雾的形成主要与NO2等有关
D. 水体富营养化的形成主要与含磷污水的排放有关
【答案】A
【详解】A．臭氧空洞是大气中的氟利昂等物质造成的，与SO2无关，故A错误；
B．酸雨的形成是因为煤燃烧生成的二氧化硫等气体与雨水反应的结果，与SO2有关，故B正确；
C．光化学烟雾是城市大气中的碳氢化合物和氮氧化合物(NOx)在阳光紫外线的作用下发生的一系列链式大气化学反应生成以臭氧(O3)为代表的刺激性二次污染物，与NO2等有关，故C正确；
D．水体富营养化是氮磷含量过高引起的，与含氮、磷污水的排放有关，故D正确；
答案选A。
6.下列各组性质的比较中正确的是( )
A. 酸性：HClO4＜H2SO4＜H3PO4
B. 碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2
C. 稳定性：HF＞HCl＞PH3＞H2S
D. 离子半径：Al3+>Mg2+>Na+
【答案】B
【详解】A、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P，酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故A错误；
B、元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Ba＞Ca＞Mg，所以碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故B正确；
C、元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl＞S＞P，则氢化物稳定性为HF＞HCl＞H2S＞PH3，故C错误；
D、Al3+、Mg2+、Na+的核外均有2个电子层，而当电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故Al3+＜Mg2+＜Na+，故D错误；
答案选B。
7.在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是（ ）
A. H2S+2HNO3S↓+2NO2↑+2H2O
B. CuO+2HNO3Cu（NO3）2+H2O
C. 4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
D. 3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
【答案】D
【详解】A、H2S和HNO3反应，硝酸中氮元素化合价降低，硝酸只表现氧化性，故A错误；
B、氧化铜与硝酸反应，各元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故B错误；
C、浓硝酸分解反应，氮元素化合价降低，氧元素化合价升高，硝酸既做氧化剂又做还原剂，故C错误；
D、Cu和HNO3反应，N元素化合价降低，硝酸表现出氧化性，生成硝酸铜，硝酸还表现出酸性，故D正确；
综上所述，本题选D。
8.下列气体溶解于水，没有发生氧化还原反应的是( )
A. SO2溶解于水 B. NO2溶解于水
C. F2溶解于水 D. Cl2溶解于水
【答案】A
【解析】
【分析】没有发生氧化还原反应，说明反应中没有元素的化合价发生变化，据此分析解答。
【详解】A．SO2+H2OH2SO3中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故A选；
B．3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素化合价由+4价变为+5价和+2价，有元素的化合价的变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．2F2+2H2O=4HF+O2反应中F和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．Cl2+H2O=HCl+HClO中，Cl元素化合价由0价变为+1价和-1价，有元素的化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；
答案选A。
9.有关氨气的实验较多，下面对这些实验的分析中，不正确的是 ( )
A. 氨气极易溶解于水的性质可以解释氨气的喷泉实验
B. 氨气是碱性气体可以解释氨气与氯化氢的反应实验
C. 实验室中用加热NH4Cl分解来制取氨气
D. NH3·H2O的热不稳定性可以解释实验室中用加热氨水的方法制取氨气
【答案】C
【详解】A．氨气极易溶于水，导致烧瓶内外气压差的出现，产生喷泉，所以该实验体现了氨气极易溶于水的性质，故A正确；
B．氯化氢是酸性气体，与氨气发生的反应不是氧化还原反应，说明氨气具有碱性，故B正确；
C．在实验室中，常用加热固体NH4Cl和Ca(OH)2混合物的方法制取氨气，不能用加热NH4Cl分解来制取氨气，因为分解生成的氨气和氯化氢降温后又化合生成氯化铵，故C错误；
D．NH3·H2O不稳定，在加热条件下能分解生成氨气，所以可用加热氨水的方法制取氨气，故D正确；
答案选C。
10.简单原子的原子结构可用下图形象地表示：
其中“●”表示质子或电子，“○”表示中子，则下列有关①②③的叙述正确的是( )
A. ①②③是三种不同的氢分子 B. ①②③互为同位素
C. ①②③是三种化学性质不同的粒子 D. ①②③具有相同的质量数
【答案】B
【解析】
【分析】从图示知①、②、③中的质子数等于电子数且都等于1，中子数分别为0、1、2，可知①②③代表的微粒分别为、、，据此分析解答。
【详解】A、根据图示，①②③是三种不同的氢原子，不是分子，故A错误；
B、①②③代表的微粒分别为、、，质子数相同中子数不同，互为同位素，故B正确；
C、①②③互为同位素，同位素具有相似的化学性质，故C错误；
D、①②③质子数相同中子数不同，质量数=质子数+中子数，所以质量数不同，故D错误；
答案选B。
11. 下列单质中，最容易与氢气发生反应的是（ ）
A. O2 B. N2 C. F2 D. Cl2
【答案】C
【解析】与氢气化合的难易程度与元素的非金属性强弱有关。同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，由于F是非金属性最强的元素，所以最易与氢气反应，F2在暗外就能与氢气化合且发生爆炸。
12.下列说法正确的是( )
A. 副族中没有非金属元素
B. 原子最外层只有1个电子的元素一定是金属元素
C. 第VIIA族元素的最高化合价在数值上等于它所属的族序数
D. 除短周期外，其他周期均有18种元素
【答案】A
【解析】
【详解】A、副族元素全是金属元素，没有非金属元素，故A正确；
B、氢原子最外层只有1个电子，不是金属元素，除氢元素外原子最外层只有1个电子的元素金属元素，故B错误；
C、绝大多数的主族元素最高正化合价等于族序数，但氟元素、氧元素一般没有正化合价，故C错误；
D、第六周期容纳32种元素，第七周期未排满，若排满也是32种，故D错误；
答案选A。
13.决定原子种类的微粒是( )
A. 质子 B. 中子
C. 电子 D. 质子和中子
【答案】D
【详解】A、原子的质子数决定元素种类，故A错误；
B、当质子数相同时，中子数决定了元素的核素，单独中子数不能决定核素种类，故B错误；
C、原子核外电子数可以发生变化，但原子种类不变，电子尤其是最外层电子决定原子的化学性质，故C错误；
D、决定原子种类的微粒是质子和中子，故D正确；
答案选D。
14. 下列各组中互为同位素的是（ ）
A. 4019K与4020Ca B. T2O与H2O
C. 4019K与3919K D. 金刚石与石墨
【答案】C
【解析】试题分析：A．4019K与4020Ca是不同的元素，因此不是同位素，错误；B．T2O与H2O是由不同的H原子构成的水分子，物质的化学性质相同，但是二者不是原子，因此不能判断为同位素，错误；C．4019K与3919K属于同一元素，质子数相同而中子数不同，因此二者是同位素，正确；D．金刚石与石墨是由同种元素组成的不同性质的单质，二者是同分异构体，错误。
15.关于碱金属元素的表述正确的是( )
A. 碱金属是对应周期中金属性最强的元素
B. 从上至下单质氧化性逐渐减弱
C. Li、Na、K单质均应保存在煤油中
D. Li、Na、K燃烧均生成过氧化物
【答案】A
【详解】A．同一周期，从左向右，金属性减弱，则碱金属元素是同周期中金属性最强的元素，故A正确；
B．碱金属元素的单质只能失去电子，体现还原性，不能得到电子，体现氧化性，故B错误；
C．Li的密度小于煤油，所以Li应该用石蜡保存，故C错误；
D．Li燃烧生成氧化锂，不能生成过氧化锂，故D错误；
答案选A。
16.下列关于卤族元素的递变规律不正确的是( )
A. F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱
C. F－、Cl－、Br－、I－的还原性逐渐增强，颜色逐渐变深
D. F2、Cl2、Br2、I2的密度逐渐增大，熔沸点逐渐升高
【答案】C
【详解】A、随着原子序数的增大，卤素单质得电子能力逐渐减弱，单质F2、Cl2、Br2、I2氧化性逐渐减弱，故A正确；
B、随着原子序数的增大，卤素单质得电子能力逐渐减弱，所以单质与氢气化合的能力逐渐减弱，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱，故B正确；
C、随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以其阴离子失电子能力逐渐增强，即F－、Cl－、Br－、I－的还原性逐渐增强，但四种离子均为无色，故C错误；
D、随着原子序数的增大，卤素单质的相对分子质量逐渐增大，单质的熔沸点逐渐增大，单质的密度逐渐增大，故D正确；
答案选C。
17.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是( )
A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B. 第三周期主族元素按相对原子质量递增而排列，其原子半径逐渐减小
C. 短周期元素形成离子后，最外层电子并不是都达到8电子稳定结构
D. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
【答案】C
【详解】A．元素周期表中处于金属与非金属交界处的元素通常表现一定的金属性与非金属性，故A错误；
B．在周期表中，元素是按照原子序数的递增排列的，不是按照相对原子质量递增排列的，故B错误；
C．氢原子变成氢离子后，H+离子原子核外没有电子，锂原子变成锂离子后，Li+离子原子核外有2个电子，故C正确；
D．同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质具有相似性和递变性，不完全相同，故D错误；
答案选C。
18.X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则下列说法不正确的是( )
A. 若X、Y均为金属元素，则X的金属性强于Y
B. 若X、Y均为金属元素，则X的阳离子氧化性比Y的阳离子氧化性强
C. 若X、Y均为非金属元素，则Y的气态氢化物比X的稳定
D. 若X、Y均为非金属元素，则最高价氧化物所对应的水化物的酸性Y强于X
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，结合元素周期律分析解答。
【详解】X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大。
A．若X、Y均为金属元素，同一周期，原子序数大的金属性弱，则X的金属性强于Y，故A正确；
B．若X、Y均为金属元素，元素的金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，则X的阳离子氧化性比Y形成的阳离子弱，故B错误；
C．若X、Y均为非金属元素，同一周期，原子序数大的非金属性强，气态氢化物稳定，则Y的气态氢化物比X的稳定，故C正确；
D．若X、Y均为非金属元素，同一周期，原子序数大的非金属性强，非金属性X＜Y，最高价含氧酸的酸性Y强于X，故D正确；
答案选B。
19.已知X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )
A. X的原子序数比Y的小 B. X原子的最外层电子数比Y的大
C. X的原子半径比Y的大 D. X元素的最高正价比Y的大
【答案】C
【解析】
【分析】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，则三种微粒核外电子数相同，最外层电子数均为8，Y与氩同周期，X在它们的下一周期，三种粒子的原子序数：X＞Ar＞Y，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，三种微粒在医生周期表中的相对位置关系为：Y与氩同周期，X在它们的下一周期，原子序数：X＞Ar＞Y。
A、X在Y的下一周期，原子序数X＞Y，故A错误；
B、X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，因此原子的最外层电子数：Y＞X，故B错误；
C、X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，原子的最外层电子数Y＞X，X在Y的下一周期，原子半径：X＞Y，故C正确；
D、X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，原子的最外层电子数Y＞X，最高正价=最外层电子数，最高正价：Y＞X，故D错误；
答案选C。
20.将SO2和少量NO2混合气体通入足量BaCl2溶液中，其结果是( )
A. 两种气体都被吸收，并有白色沉淀BaSO3析出
B. 生成BaSO4和BaSO3两种沉淀
C. 有BaSO4白色沉淀析出，还有无色气体从溶液中逸出，遇空气变红棕色
D. 生成BaSO3沉淀，NO2与水反应转化为NO从溶液中逸出
【答案】C
【详解】将SO2和NO2混合气体通入BaCl2溶液中，NO2与水反应生成硝酸和NO，硝酸具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸电离出硫酸根离子和氢离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以2种气体都被吸收，并有白色沉淀硫酸钡析出，生成NO无色气体从溶液中逸出，NO遇到空气，与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2，只有C正确，故选C。
21.由H、D、T与和形成的氯化氢分子，其相对分子质量的数值是( )
A. 2种 B. 5种 C. 6种 D. 9种
【答案】B
【解析】
【分析】根据氢原子有三种同位素和氯原子有两种同位素，它们两两结合生成氯化氢进行分析判断。
【详解】氢原子有三种同位素H、D、T，氯原子有两种同位素35Cl、37Cl，故氯化氢分子可能为：H35Cl、H37Cl、D35Cl、D37Cl、T35Cl、T37Cl，它们的相对分子质量分别为：36、38、37、39、38、40，故相对分子质量不相同的共有5种，故选B。
22.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是( )
A. 元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大
B. 39g Z2Y2中含有的离子数约为1.204×1024
C. 元素Z、R的最高价氧化物的水化物之间相互反应生成的盐一定是正盐
D. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmR
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，根据Z、W、R处于同一周期，故Z、W为第三周期元素，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，结合物质的性质与元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为O元素，Z是Na元素，W是Al元素，R为S元素。
A．Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，Y、Z、W具有相同电子层结构的离子分别为O2-、Na+、Al3+，核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O2-＞Na+＞Al3+，故A错误；
B．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，39gNa2O2中含有的离子数约为×3×6.02×1023mol-1 =9.03×1023，故B错误；
C．Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，R的最高价氧化物的水化物为H2SO4，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠或硫酸氢钠，硫酸氢钠属于酸式盐，故C错误；
D．元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为非金属性：Y(O元素)＞R(S元素)，所以对应的氢化物的稳定性：XmY＞XmR，故D正确；
答案选D。
23.W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7∶17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色。下列判断正确的是( )
A. 氢化物的稳定性：X>W B. 金属性：Y>Z
C. 非金属性：W>X D. 原子半径：Y>Z>X
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7∶17，且W是短周期元素，原子序数小于18，所以W是Cl元素；X与W同主族，且X为短周期元素，所以X是F元素；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半，所以Y的原子序数=×(9+17)=13，Y是Al元素；含Z元素的物质焰色反应为黄色，Z是Na元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，W、X、Y、Z分别是Cl、F、Al、Na元素。
A、同一主族元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，X的非金属性大于W的非金属性，所以氢化物的稳定性：X＞W，故A正确；
B、同一周期元素的金属性随着原子序数的增大而减小，所以Na的金属性大于Al，即金属性：Y＜Z，故B错误；
C、同一主族元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，所以F的非金属性大于Cl，即非金属性：W＜X，故C错误；
D、同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，钠原子半径大于铝原子半径；电子层数越多原子半径越大，铝原子半径大于氟原子半径，所以原子半径大小顺序为：Z＞Y＞X，故D错误；
答案选A。
24.依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是( )
A. 同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同
B. 同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子
C. Na、Mg、Al失电子能力和其最高价氧化物对应的水化物的碱性均依次减弱
D. 在元素周期表金属与非金属的分界处可以寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
【答案】C
【详解】A．同周期主族元素的原子形成的简单阳离子电子层结构相同，形成的简单阴离子电子层结构相同，但阳离子和阴离子的结构不同，如第三周期钠离子和镁离子都有两个电子层，第一层2个电子，第二层8个电子；硫离子和氯离子都有三个电子层，第一层2个电子，第二层8个电子，第三层8个电子，故A错误；
B．同一周期原子半径越小，原子核对电子的吸引越强，原子越容易获得电子，故B错误；
C．同一周期从左到右，非金属性依次增强，金属性依次减弱，Na、Mg、Al属于同一周期的金属元素且原子序数依次增大，所以金属性依次减弱，所以失电子能力和其最高价氧化物水化物的碱性均依次减弱，故C正确；
D．在元素周期表中，金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，所以在过渡元素中寻找优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，故D错误；
答案选C。
25.如图所示，当向试管内通入21mL O2时，最后试管中的液面仍在原来的位置，则原试管中NO为
A. 6 mL B. 12 mL C. 16 mL D. 18 mL
【答案】B
【解析】向集气瓶内通入21 mL O2时，最后集气瓶中的液面仍停在原来的位置，说明剩余的氧气体积等于原NO的体积，根据4NO + 3O2 + 2H2O =4HNO3可知，反应的氧气的体积=V(NO)，则V(NO)+ V(NO)=21 mL，解得V(NO)=12mL，故选B。
第Ⅱ部分(非选择题 共50分)
二、填空题(共50分)
26.将下列性质的符号，填入各小题后面对应的括号中：
A.脱水性； B.强酸性；C.还原性；D.氧化性；E.吸水性
⑴将胆矾放入装有浓H2SO4的干燥器中，过一段时间胆矾变白色。 （ ）
⑵NaOH与H2SO4反应，可生成Na2SO4和NaHSO4这两种盐。 （ ）
⑶在烧杯中放入蔗糖，滴入浓H2SO4变黑，并产生大量气体。 （ ）
⑷在冷浓硫酸中放入铝片没明显现象。 （ ）
【答案】(1). E (2). B (3). AD (4). D
【解析】
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可使Al、Fe等金属在常温下发生钝化反应，其中硫酸为二元强酸，浓硫酸还具有脱水性和吸水性，结合脱水性和吸水性的区别分析解答。
【详解】(1)将胆矾放入装有浓H2SO4的干燥器中，过一段时间胆矾变白色，是因为浓硫酸具有吸水性，使晶体失去结晶水而变色，故答案为：E；
(2)硫酸为二元强酸，可与NaOH反应，生成Na2SO4和NaHSO4这两种盐，故答案为：B；
(3)在烧杯中放入蔗糖，滴入浓H2SO4变黑，并产生大量气体，是因为浓硫酸具有脱水性，使蔗糖碳化，脱水过程放热，在加热时浓硫酸与碳反应生成了二氧化硫和二氧化碳气体，表现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，故答案为：AD；
(4)在冷浓硫酸中放入铝片没明显现象，是因为浓硫酸具有强氧化性，在铝的表面形成了一层致密的氧化膜，发生了钝化，表现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：D。
27.填写下列空白：
(1)已知某原子的核内有77个质子，质量数为191，则其核内的中子数为_________。
(2)周期表中位于第8纵行的铁元素属于第________族。
(3)周期表中最活泼的非金属元素位于第_____________纵行。
(4)所含元素为18种的周期是第____________周期。
(5)4g D2和20g 18O的单质化合时最多能生成_______g D2O，这些D2O分子中含___mol中子。
(6)氯元素在自然界中有质量数为35和37的两种核素，氯元素的相对原子质量为35.5，则两核素在自然界中的含量之比约为______________。
【答案】(1). 114 (2). Ⅷ (3). 17 (4). 四、五 (5). 22 (6). 12 (7). 3:1
【解析】
【分析】(1)原子中质子数+中子数=质量数；
(2)元素周期表中的第8、9、10三个纵行为第Ⅷ族；
(3)元素周期表中共有18个纵行；
(4)一至七周期元素的种类数分别为2、8、8、18、18、32、26；
(5)先根据4g D2计算出需要氧气的质量，判断出氢气和氧气的反应情况，再计算生成水的质量；一个水分子中含有12个中子，据此计算中子的量；
(6)利用其平均相对原子质量计算其在自然界中的含量之比。
【详解】(1)原子的核内有77个质子，质量数为191，则中子数=191-77=114，故答案为：114；
(2)因铁元素在周期表中处于第8纵行，第8、9、10三个纵行为第Ⅷ族，故答案为：Ⅷ；
(3)周期表中最活泼的非金属元素为F，为第ⅦA族元素，与最后一列元素相邻，则位于第17纵行，故答案为：17；
(4)一至七周期元素的种类分别为2、8、8、18、18、32、26(未排满，排满为32)，则所含元素为18种的周期是第四、五周期，故答案为：四、五；
(5)4g D2的物质的量为=1mol，化合时需要氧气(18O2)的质量为1mol××36g/mol=18g＜20g，所以氧气有剩余，根据氢气的质量是4g、参加反应的氧气的质量是18g，则生成水的质量是22g；水的物质的量=氢气的物质的量=1mol，一个水分子中含有1×2+(18-8)=12个中子，所以中子的物质的量是12mol，故答案为：22；12；
(6)设质量数为35和37的两种氯元素的核素在自然界中的含量分别是x、y，氯元素的相对原子质量为35.5，则35.5=35x+37y，x+y=1，解得x=0.75，y=0.25，则x∶y=3∶1，故答案为：3∶1。
28.(1)如何除去CO2中的杂质HCl气体，请写出除杂试剂______________；
写出下列方程式：
(2)将SO2通入溴水中__________________；
(3)将过量SO2通入Na2CO3溶液中____________________。
【答案】(1). 饱和碳酸氢钠溶液 (2). SO2+Br2+2H2O == 2HBr+H2SO4 (3). 2SO2+ Na2CO3+H2O == CO2+ 2NaHSO3
【解析】
【分析】(1)根据二氧化碳和氯化氢的性质分析解答；
(2)将SO2通入溴水中发生氧化还原反应，生成氢溴酸和硫酸，据此书写反应的化学方程式；
(3)二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，据此书写反应的化学方程式。
【详解】(1) 饱和的碳酸氢钠溶液能够与盐酸反应放出二氧化碳，不能吸收二氧化碳，除去CO2中的杂质HCl气体，可以选用饱和的碳酸氢钠溶液，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；
(2)将SO2通入溴水中发生氧化还原反应，生成氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O = 2HBr+H2SO4，故答案为：SO2+Br2+2H2O = 2HBr+H2SO4；
(3)亚硫酸的酸性比碳酸强，所以过量SO2通入碳酸钠溶液中，反应的化学方程式为：2SO2+ Na2CO3+H2O = CO2+ 2NaHSO3，故答案为：2SO2+ Na2CO3+H2O = CO2+ 2NaHSO3。
29.下图是中学教材中元素周期表的一部分，其中标出A~Q14种元素，试回答下列问题：
(1)在上表所列出的短周期元素中
①性质最不活泼的是____________；②原子半径最大的是(除稀有气体元素)__________。
③形成的气态氢化物最稳定的是______________________________；
④最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是____________碱性最强的是_____________。
⑤形成的阴离子还原性最弱的是_____________，阳离子半径最小的是_____________。
(2)①B的气态氢化物与最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式为________________；
②A单质与J的最高价氧化物对应的水化物反应的方程式_____________________。
(3)设P的原子序数为Z，则F的原子序数为______________，Q的原子序数为___________。
【答案】(1). Ar (2). Na (3). HF (4). HClO4 (5). NaOH (6). F－ (7). Al3+ (8). NH3+HNO3=NH4NO3 (9). C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O (10). Z－44 (11). Z+26
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置，可知A为碳、B为氮、C为氧、D为氟、E为Na、F为Mg、G为Al、H为Si、I为磷、J为S、K为Cl、L为Ar、P为Ba、Q为Pb。
(1)①稀有气体的性质最不活泼；②同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大；③非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定；④非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，注意F没有最高正价；金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中碱性越强；⑤非金属性越强，形成的阴离子还原性最弱越弱；电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此分析解答；
(2) ①B为氮元素，则氢化物为氨气，最高价的氧化物的水化物为硝酸，据此书写反应的化学方程式；②A为碳、J为S，据此书写碳和浓硫酸反应的化学方程式；
(3)P、F的原子序数之差为第三、第四、第五周期容纳元素种数之和；P、Q所在周期中第3列有15种元素，其它每列含有1种元素，据此分析解答。
【详解】(1)①Ar原子最外层为稳定结构，性质最不活泼，故答案为：Ar；
②同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故短周期中Na的原子半径最大，故答案为：Na；
③非金属性越强，氢化物越稳定，同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，短周期中F元素非金属性最强，气态氢化物HF最稳定，故答案为：HF；
④非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，由于F没有最高正价，因此短周期中最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4；金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中碱性越强，短周期中Na的金属性最强，最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的是NaOH，故答案为：HClO4；NaOH；
⑤F元素的非金属性最强，形成的阴离子(F-)还原性最弱；Na+、Mg2+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故阳离子半径最小的是：Al3+，故答案为：F-；Al3+；
(2) ①B为氮元素，则氢化物为氨气，最高价的氧化物的水化物为硝酸，二者反应生成硝酸铵，反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；
②A为碳、J为S，则碳和浓硫酸反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O；
(3)P、F的原子序数之差为第三、第四、第五周期容纳元素种数之和，设P的原子序数为Z，则F的原子序数为：Z-8-18-18=Z-44；P、Q相差14-2=12列，所在周期中第3列有15种元素，其它每列含有1种元素，故二者原子序数相差12+(15-1)=26，Q的原子序数为Z+26，故答案为：Z-44；Z+26。
30.(Ⅰ)A、B、C、D、E五种元素在周期表里的位置如下表所示：
A、B、C为同主族元素，A为该族中原子半径最小的元素；D、B、E为同周期元素，E为该周期中原子半径最小的元素。D元素名称是____，在周期表第___周期，第______族，其原子结构示意图______。
(Ⅱ)A、B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个。试回答：
(1)写出下列元素的符号A_____，D_____，E_____。
(2)A、C两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式________________。
【答案】（Ⅰ）磷，3，VA，（每空1分，共4分）
（Ⅱ）(1)Na；Si；P（每空1分，共3分）(2分)
【解析】（Ⅰ）A、B、C、D、E五种元素在周期表上下左右紧邻，能符合条件的，必然在元素周期表的右上部，A为第二周期，B、D、E为第三周期；E为该周期中原子半径最小的元素，E为第七主族元素氯，则A为氧，B为硫，C为硒，D为磷。
（Ⅱ）A、C、F三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，必然含Na 、Al，根据A、C、F三原子的最外层共有11个电子，结合起来A、Na，C、Al，F、Cl；D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，D元素为硅；E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个，，E元素为磷；
31.下图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉的加热条件下反应产生的所有气体产物，填写下列空白：
（1）如果装装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，则可以检出的物质是____________；不能检出的物质是____________。
（2）如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，则可以检出的物质是____________；不能检出的物质是____________。
（3）如果将仪器的连接顺序变为②、③、①，则可以检出的物质是____________；不能检出的物质是____________。
【答案】(1). SO2、CO2 (2). H2O (3). H2O (4). SO2、CO2 (5). SO2、CO2 (6). H2O
【解析】分析：木炭粉与浓硫酸反应生成SO2和CO2，方程式为：C+2H2SO4（浓）S02↑+C02↑+2H2O，SO2能使品红溶液褪色，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，CO2不能使品红溶液褪色，CO2也不能酸性高锰酸钾溶液褪色。无水硫酸铜遇水变蓝，二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊．据此即可解答。
详解：（1）①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，②中SO2能使品红溶液褪色，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，③中二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊。如果装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，通过②中品红溶液褪色，说明有SO2，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，再通过品红溶液，品红不褪色，说明二氧化硫已经除尽，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，但不能说明是生成的水，可能是溶液中的水，通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；
（2）如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，能说明有水生成，通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，不可以检出二氧化硫、二氧化碳；
（3）如果将仪器的连接顺序变为②、③、①，通过②中品红溶液褪色，说明有SO2，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，再通过品红溶液，品红不褪色，说明二氧化硫已经除尽，通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，但不能说明是生成的水，可能是溶液中的水。
32.已知8NH3+3Cl26NH4Cl+N2,为验证非金属元素氯的氧化性强于硫和氮,设计了一套实验装置(部分夹持装置已略去):
(1)写出E中反应的化学方程式_____。
(2)B中出现黄色浑浊现象,产生此现象的离子方程式______________。
(3)D中干燥管中出现的现象是_______________。
(4)有同学认为D中的现象并不能说明氯的氧化性大于氮,需要在C之前加装洗气装置，请指出洗气装置盛装试剂______。
(5)通入D装置的两根导管左边较短、右边较长，目的是________________________
【答案】 (1). 2 NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2 (2). S2-+Cl2==S↓+2Cl- (3). 产生大量白烟 (4). 饱和食盐水 (5). 使密度大的氯气和密度小的氨气均匀混合
【解析】
【分析】装置A制取氯气，B装置为验证非金属元素氯的氧化性强于硫，B中出现黄色浑浊现象，说明有S沉淀生成，氯气的氧化性大于S的氧化性；浓盐酸易挥发，经过浓硫酸干燥的氯气中仍混有少量氯化氢气体，因此需要在C之前加装洗气装置，为该实验装置设计缺陷；盛放氢氧化钠的烧杯吸收尾气，装置E生成氨气，装置D氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，会冒白烟，可以验证非金属元素氯的氧化性强于氮，据此分析解答。
【详解】(1)装置E中氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+2H2O+CaCl2；故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+2H2O+CaCl2；
(2)反应制备的氯气通入B之后，B中出现黄色浑浊现象，说明氯气把硫化钠溶液中的硫离子氧化为S单质，离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故答案为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-；
(3)E装置是制备氨气，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，从而冒白烟，因此D中干燥管中可以看到大量白烟，故答案为：产生大量白烟；
(4)浓盐酸易挥发，所以生成的氯气中含有氯化氢气体，氯化氢也能直接和氨气结合冒白烟，所以需要在C之前连接盛有饱和食盐水的装置以除去氯化氢气体，故答案为：饱和食盐水；
(5)氯气的密度大于空气，氨气的密度小于空气，为了能够使两种气体充分接触反应，通入D装置的两根导管左边较短、右边较长，故答案为：使密度大的氯气和密度小的氨气均匀混合。
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
可能用到的相关原子的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 K：39
一、单项选择题(每小题2分，共25×2=50分。每小题只有一个正确答案符合题意)
1.检验氨气可选用（ ）
A. 湿润的蓝色石蕊试纸 B. 干燥的红色石蕊试纸
C. 干燥的蓝色石蕊试纸 D. 湿润的红色石蕊试纸
【答案】D
【解析】氨气是碱性气体，能是湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以正确的答案是D。
2.下列关于浓硫酸的叙述正确的是( )
A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B. 浓硫酸在加热时才可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C. 浓硫酸是一种干燥剂，但不能够干燥氨气、二氧化硫、硫化氢等气体
D. 浓硫酸在常温下与铁、铝等都不反应所以能用铁制容器存放
【答案】B
【详解】A．浓硫酸使蔗糖碳化，是因为浓硫酸具有脱水性，故A错误；
B．浓硫酸与铜的反应需要在加热条件下进行，故B正确；
C．浓硫酸显酸性，可与氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸具有强氧化性，能够与硫化氢发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥氨气和硫化氢，但浓硫酸与二氧化硫不能反应，可以用于干燥二氧化硫气体，故C错误；
D．由于浓硫酸的氧化性很强，常温下，浓硫酸能在铁和铝的表面形成一层致密的氧化膜，导致铝和铁在浓硫酸中会钝化，即常温下浓硫酸与铁、铝能反应，故D错误；
答案选B。
3. 关于硝酸的说法正确的是（ ）
A. 硝酸与金属反应时，主要是＋5价的氮得电子
B. 浓HNO3与浓HCl按3∶1的体积比所得的混合物叫王水
C. 硝酸电离出的H＋离子，能被Zn、Fe等金属还原成H2
D. 常温下，向浓HNO3中投入Fe片，会产生大量的红棕色气体
【答案】A
【解析】硝酸属于氧化性酸，主要是酸根中的＋5价的氮得电子，A正确。浓HNO3与浓HCl按1∶3的体积比所得的混合物叫王水，B不正确。硝酸是氧化性酸与金属反应不能生成氢气，C不正确。在常温下，铁或者铝遇到浓硝酸会发生钝化，D不正确。答案是A。
4.能证明 SO2 具有漂白性的是（ ）
A. 酸性 KMnO4 溶液中通入 SO2 气体后溶液褪色
B. 滴入酚酞的 NaOH 溶液中通入 SO2 气体红色消失
C. 品红溶液中通入 SO2 气体红色消失
D. 溴水中通入 SO2 气体后溶液褪色
【答案】C
【解析】试题分析：A、酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后溶液褪色，证明二氧化硫具有还原性，错误；B、滴入酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体红色消失，证明二氧化硫的水溶液显酸性，与氢氧化钠发生中和反应，错误；C、品红溶液中通入SO2气体红色消失，证明二氧化硫具有漂白性，正确；D、溴水中通入SO2气体后溶液褪色证明二氧化硫具有还原性，错误，答案选C。
5.对下列污染现象叙述错误的是( )
A. 臭氧空洞的形成主要与SO2有关
B. 酸雨的形成主要与SO2有关
C. 光化学烟雾的形成主要与NO2等有关
D. 水体富营养化的形成主要与含磷污水的排放有关
【答案】A
【详解】A．臭氧空洞是大气中的氟利昂等物质造成的，与SO2无关，故A错误；
B．酸雨的形成是因为煤燃烧生成的二氧化硫等气体与雨水反应的结果，与SO2有关，故B正确；
C．光化学烟雾是城市大气中的碳氢化合物和氮氧化合物(NOx)在阳光紫外线的作用下发生的一系列链式大气化学反应生成以臭氧(O3)为代表的刺激性二次污染物，与NO2等有关，故C正确；
D．水体富营养化是氮磷含量过高引起的，与含氮、磷污水的排放有关，故D正确；
答案选A。
6.下列各组性质的比较中正确的是( )
A. 酸性：HClO4＜H2SO4＜H3PO4
B. 碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2
C. 稳定性：HF＞HCl＞PH3＞H2S
D. 离子半径：Al3+>Mg2+>Na+
【答案】B
【详解】A、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P，酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故A错误；
B、元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Ba＞Ca＞Mg，所以碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故B正确；
C、元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl＞S＞P，则氢化物稳定性为HF＞HCl＞H2S＞PH3，故C错误；
D、Al3+、Mg2+、Na+的核外均有2个电子层，而当电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故Al3+＜Mg2+＜Na+，故D错误；
答案选B。
7.在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是（ ）
A. H2S+2HNO3S↓+2NO2↑+2H2O
B. CuO+2HNO3Cu（NO3）2+H2O
C. 4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
D. 3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
【答案】D
【详解】A、H2S和HNO3反应，硝酸中氮元素化合价降低，硝酸只表现氧化性，故A错误；
B、氧化铜与硝酸反应，各元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故B错误；
C、浓硝酸分解反应，氮元素化合价降低，氧元素化合价升高，硝酸既做氧化剂又做还原剂，故C错误；
D、Cu和HNO3反应，N元素化合价降低，硝酸表现出氧化性，生成硝酸铜，硝酸还表现出酸性，故D正确；
综上所述，本题选D。
8.下列气体溶解于水，没有发生氧化还原反应的是( )
A. SO2溶解于水 B. NO2溶解于水
C. F2溶解于水 D. Cl2溶解于水
【答案】A
【解析】
【分析】没有发生氧化还原反应，说明反应中没有元素的化合价发生变化，据此分析解答。
【详解】A．SO2+H2OH2SO3中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故A选；
B．3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素化合价由+4价变为+5价和+2价，有元素的化合价的变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．2F2+2H2O=4HF+O2反应中F和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．Cl2+H2O=HCl+HClO中，Cl元素化合价由0价变为+1价和-1价，有元素的化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；
答案选A。
9.有关氨气的实验较多，下面对这些实验的分析中，不正确的是 ( )
A. 氨气极易溶解于水的性质可以解释氨气的喷泉实验
B. 氨气是碱性气体可以解释氨气与氯化氢的反应实验
C. 实验室中用加热NH4Cl分解来制取氨气
D. NH3·H2O的热不稳定性可以解释实验室中用加热氨水的方法制取氨气
【答案】C
【详解】A．氨气极易溶于水，导致烧瓶内外气压差的出现，产生喷泉，所以该实验体现了氨气极易溶于水的性质，故A正确；
B．氯化氢是酸性气体，与氨气发生的反应不是氧化还原反应，说明氨气具有碱性，故B正确；
C．在实验室中，常用加热固体NH4Cl和Ca(OH)2混合物的方法制取氨气，不能用加热NH4Cl分解来制取氨气，因为分解生成的氨气和氯化氢降温后又化合生成氯化铵，故C错误；
D．NH3·H2O不稳定，在加热条件下能分解生成氨气，所以可用加热氨水的方法制取氨气，故D正确；
答案选C。
10.简单原子的原子结构可用下图形象地表示：
其中“●”表示质子或电子，“○”表示中子，则下列有关①②③的叙述正确的是( )
A. ①②③是三种不同的氢分子 B. ①②③互为同位素
C. ①②③是三种化学性质不同的粒子 D. ①②③具有相同的质量数
【答案】B
【解析】
【分析】从图示知①、②、③中的质子数等于电子数且都等于1，中子数分别为0、1、2，可知①②③代表的微粒分别为、、，据此分析解答。
【详解】A、根据图示，①②③是三种不同的氢原子，不是分子，故A错误；
B、①②③代表的微粒分别为、、，质子数相同中子数不同，互为同位素，故B正确；
C、①②③互为同位素，同位素具有相似的化学性质，故C错误；
D、①②③质子数相同中子数不同，质量数=质子数+中子数，所以质量数不同，故D错误；
答案选B。
11. 下列单质中，最容易与氢气发生反应的是（ ）
A. O2 B. N2 C. F2 D. Cl2
【答案】C
【解析】与氢气化合的难易程度与元素的非金属性强弱有关。同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，由于F是非金属性最强的元素，所以最易与氢气反应，F2在暗外就能与氢气化合且发生爆炸。
12.下列说法正确的是( )
A. 副族中没有非金属元素
B. 原子最外层只有1个电子的元素一定是金属元素
C. 第VIIA族元素的最高化合价在数值上等于它所属的族序数
D. 除短周期外，其他周期均有18种元素
【答案】A
【解析】
【详解】A、副族元素全是金属元素，没有非金属元素，故A正确；
B、氢原子最外层只有1个电子，不是金属元素，除氢元素外原子最外层只有1个电子的元素金属元素，故B错误；
C、绝大多数的主族元素最高正化合价等于族序数，但氟元素、氧元素一般没有正化合价，故C错误；
D、第六周期容纳32种元素，第七周期未排满，若排满也是32种，故D错误；
答案选A。
13.决定原子种类的微粒是( )
A. 质子 B. 中子
C. 电子 D. 质子和中子
【答案】D
【详解】A、原子的质子数决定元素种类，故A错误；
B、当质子数相同时，中子数决定了元素的核素，单独中子数不能决定核素种类，故B错误；
C、原子核外电子数可以发生变化，但原子种类不变，电子尤其是最外层电子决定原子的化学性质，故C错误；
D、决定原子种类的微粒是质子和中子，故D正确；
答案选D。
14. 下列各组中互为同位素的是（ ）
A. 4019K与4020Ca B. T2O与H2O
C. 4019K与3919K D. 金刚石与石墨
【答案】C
【解析】试题分析：A．4019K与4020Ca是不同的元素，因此不是同位素，错误；B．T2O与H2O是由不同的H原子构成的水分子，物质的化学性质相同，但是二者不是原子，因此不能判断为同位素，错误；C．4019K与3919K属于同一元素，质子数相同而中子数不同，因此二者是同位素，正确；D．金刚石与石墨是由同种元素组成的不同性质的单质，二者是同分异构体，错误。
15.关于碱金属元素的表述正确的是( )
A. 碱金属是对应周期中金属性最强的元素
B. 从上至下单质氧化性逐渐减弱
C. Li、Na、K单质均应保存在煤油中
D. Li、Na、K燃烧均生成过氧化物
【答案】A
【详解】A．同一周期，从左向右，金属性减弱，则碱金属元素是同周期中金属性最强的元素，故A正确；
B．碱金属元素的单质只能失去电子，体现还原性，不能得到电子，体现氧化性，故B错误；
C．Li的密度小于煤油，所以Li应该用石蜡保存，故C错误；
D．Li燃烧生成氧化锂，不能生成过氧化锂，故D错误；
答案选A。
16.下列关于卤族元素的递变规律不正确的是( )
A. F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱
C. F－、Cl－、Br－、I－的还原性逐渐增强，颜色逐渐变深
D. F2、Cl2、Br2、I2的密度逐渐增大，熔沸点逐渐升高
【答案】C
【详解】A、随着原子序数的增大，卤素单质得电子能力逐渐减弱，单质F2、Cl2、Br2、I2氧化性逐渐减弱，故A正确；
B、随着原子序数的增大，卤素单质得电子能力逐渐减弱，所以单质与氢气化合的能力逐渐减弱，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱，故B正确；
C、随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以其阴离子失电子能力逐渐增强，即F－、Cl－、Br－、I－的还原性逐渐增强，但四种离子均为无色，故C错误；
D、随着原子序数的增大，卤素单质的相对分子质量逐渐增大，单质的熔沸点逐渐增大，单质的密度逐渐增大，故D正确；
答案选C。
17.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是( )
A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B. 第三周期主族元素按相对原子质量递增而排列，其原子半径逐渐减小
C. 短周期元素形成离子后，最外层电子并不是都达到8电子稳定结构
D. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
【答案】C
【详解】A．元素周期表中处于金属与非金属交界处的元素通常表现一定的金属性与非金属性，故A错误；
B．在周期表中，元素是按照原子序数的递增排列的，不是按照相对原子质量递增排列的，故B错误；
C．氢原子变成氢离子后，H+离子原子核外没有电子，锂原子变成锂离子后，Li+离子原子核外有2个电子，故C正确；
D．同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质具有相似性和递变性，不完全相同，故D错误；
答案选C。
18.X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则下列说法不正确的是( )
A. 若X、Y均为金属元素，则X的金属性强于Y
B. 若X、Y均为金属元素，则X的阳离子氧化性比Y的阳离子氧化性强
C. 若X、Y均为非金属元素，则Y的气态氢化物比X的稳定
D. 若X、Y均为非金属元素，则最高价氧化物所对应的水化物的酸性Y强于X
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，结合元素周期律分析解答。
【详解】X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大。
A．若X、Y均为金属元素，同一周期，原子序数大的金属性弱，则X的金属性强于Y，故A正确；
B．若X、Y均为金属元素，元素的金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，则X的阳离子氧化性比Y形成的阳离子弱，故B错误；
C．若X、Y均为非金属元素，同一周期，原子序数大的非金属性强，气态氢化物稳定，则Y的气态氢化物比X的稳定，故C正确；
D．若X、Y均为非金属元素，同一周期，原子序数大的非金属性强，非金属性X＜Y，最高价含氧酸的酸性Y强于X，故D正确；
答案选B。
19.已知X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )
A. X的原子序数比Y的小 B. X原子的最外层电子数比Y的大
C. X的原子半径比Y的大 D. X元素的最高正价比Y的大
【答案】C
【解析】
【分析】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，则三种微粒核外电子数相同，最外层电子数均为8，Y与氩同周期，X在它们的下一周期，三种粒子的原子序数：X＞Ar＞Y，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，三种微粒在医生周期表中的相对位置关系为：Y与氩同周期，X在它们的下一周期，原子序数：X＞Ar＞Y。
A、X在Y的下一周期，原子序数X＞Y，故A错误；
B、X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，因此原子的最外层电子数：Y＞X，故B错误；
C、X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，原子的最外层电子数Y＞X，X在Y的下一周期，原子半径：X＞Y，故C正确；
D、X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，原子的最外层电子数Y＞X，最高正价=最外层电子数，最高正价：Y＞X，故D错误；
答案选C。
20.将SO2和少量NO2混合气体通入足量BaCl2溶液中，其结果是( )
A. 两种气体都被吸收，并有白色沉淀BaSO3析出
B. 生成BaSO4和BaSO3两种沉淀
C. 有BaSO4白色沉淀析出，还有无色气体从溶液中逸出，遇空气变红棕色
D. 生成BaSO3沉淀，NO2与水反应转化为NO从溶液中逸出
【答案】C
【详解】将SO2和NO2混合气体通入BaCl2溶液中，NO2与水反应生成硝酸和NO，硝酸具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸电离出硫酸根离子和氢离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以2种气体都被吸收，并有白色沉淀硫酸钡析出，生成NO无色气体从溶液中逸出，NO遇到空气，与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2，只有C正确，故选C。
21.由H、D、T与和形成的氯化氢分子，其相对分子质量的数值是( )
A. 2种 B. 5种 C. 6种 D. 9种
【答案】B
【解析】
【分析】根据氢原子有三种同位素和氯原子有两种同位素，它们两两结合生成氯化氢进行分析判断。
【详解】氢原子有三种同位素H、D、T，氯原子有两种同位素35Cl、37Cl，故氯化氢分子可能为：H35Cl、H37Cl、D35Cl、D37Cl、T35Cl、T37Cl，它们的相对分子质量分别为：36、38、37、39、38、40，故相对分子质量不相同的共有5种，故选B。
22.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是( )
A. 元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大
B. 39g Z2Y2中含有的离子数约为1.204×1024
C. 元素Z、R的最高价氧化物的水化物之间相互反应生成的盐一定是正盐
D. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmR
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，根据Z、W、R处于同一周期，故Z、W为第三周期元素，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，结合物质的性质与元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为O元素，Z是Na元素，W是Al元素，R为S元素。
A．Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，Y、Z、W具有相同电子层结构的离子分别为O2-、Na+、Al3+，核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O2-＞Na+＞Al3+，故A错误；
B．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，39gNa2O2中含有的离子数约为×3×6.02×1023mol-1 =9.03×1023，故B错误；
C．Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，R的最高价氧化物的水化物为H2SO4，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠或硫酸氢钠，硫酸氢钠属于酸式盐，故C错误；
D．元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为非金属性：Y(O元素)＞R(S元素)，所以对应的氢化物的稳定性：XmY＞XmR，故D正确；
答案选D。
23.W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7∶17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色。下列判断正确的是( )
A. 氢化物的稳定性：X>W B. 金属性：Y>Z
C. 非金属性：W>X D. 原子半径：Y>Z>X
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7∶17，且W是短周期元素，原子序数小于18，所以W是Cl元素；X与W同主族，且X为短周期元素，所以X是F元素；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半，所以Y的原子序数=×(9+17)=13，Y是Al元素；含Z元素的物质焰色反应为黄色，Z是Na元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，W、X、Y、Z分别是Cl、F、Al、Na元素。
A、同一主族元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，X的非金属性大于W的非金属性，所以氢化物的稳定性：X＞W，故A正确；
B、同一周期元素的金属性随着原子序数的增大而减小，所以Na的金属性大于Al，即金属性：Y＜Z，故B错误；
C、同一主族元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，所以F的非金属性大于Cl，即非金属性：W＜X，故C错误；
D、同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，钠原子半径大于铝原子半径；电子层数越多原子半径越大，铝原子半径大于氟原子半径，所以原子半径大小顺序为：Z＞Y＞X，故D错误；
答案选A。
24.依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是( )
A. 同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同
B. 同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子
C. Na、Mg、Al失电子能力和其最高价氧化物对应的水化物的碱性均依次减弱
D. 在元素周期表金属与非金属的分界处可以寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
【答案】C
【详解】A．同周期主族元素的原子形成的简单阳离子电子层结构相同，形成的简单阴离子电子层结构相同，但阳离子和阴离子的结构不同，如第三周期钠离子和镁离子都有两个电子层，第一层2个电子，第二层8个电子；硫离子和氯离子都有三个电子层，第一层2个电子，第二层8个电子，第三层8个电子，故A错误；
B．同一周期原子半径越小，原子核对电子的吸引越强，原子越容易获得电子，故B错误；
C．同一周期从左到右，非金属性依次增强，金属性依次减弱，Na、Mg、Al属于同一周期的金属元素且原子序数依次增大，所以金属性依次减弱，所以失电子能力和其最高价氧化物水化物的碱性均依次减弱，故C正确；
D．在元素周期表中，金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，所以在过渡元素中寻找优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，故D错误；
答案选C。
25.如图所示，当向试管内通入21mL O2时，最后试管中的液面仍在原来的位置，则原试管中NO为
A. 6 mL B. 12 mL C. 16 mL D. 18 mL
【答案】B
【解析】向集气瓶内通入21 mL O2时，最后集气瓶中的液面仍停在原来的位置，说明剩余的氧气体积等于原NO的体积，根据4NO + 3O2 + 2H2O =4HNO3可知，反应的氧气的体积=V(NO)，则V(NO)+ V(NO)=21 mL，解得V(NO)=12mL，故选B。
第Ⅱ部分(非选择题 共50分)
二、填空题(共50分)
26.将下列性质的符号，填入各小题后面对应的括号中：
A.脱水性； B.强酸性；C.还原性；D.氧化性；E.吸水性
⑴将胆矾放入装有浓H2SO4的干燥器中，过一段时间胆矾变白色。 （ ）
⑵NaOH与H2SO4反应，可生成Na2SO4和NaHSO4这两种盐。 （ ）
⑶在烧杯中放入蔗糖，滴入浓H2SO4变黑，并产生大量气体。 （ ）
⑷在冷浓硫酸中放入铝片没明显现象。 （ ）
【答案】(1). E (2). B (3). AD (4). D
【解析】
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可使Al、Fe等金属在常温下发生钝化反应，其中硫酸为二元强酸，浓硫酸还具有脱水性和吸水性，结合脱水性和吸水性的区别分析解答。
【详解】(1)将胆矾放入装有浓H2SO4的干燥器中，过一段时间胆矾变白色，是因为浓硫酸具有吸水性，使晶体失去结晶水而变色，故答案为：E；
(2)硫酸为二元强酸，可与NaOH反应，生成Na2SO4和NaHSO4这两种盐，故答案为：B；
(3)在烧杯中放入蔗糖，滴入浓H2SO4变黑，并产生大量气体，是因为浓硫酸具有脱水性，使蔗糖碳化，脱水过程放热，在加热时浓硫酸与碳反应生成了二氧化硫和二氧化碳气体，表现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，故答案为：AD；
(4)在冷浓硫酸中放入铝片没明显现象，是因为浓硫酸具有强氧化性，在铝的表面形成了一层致密的氧化膜，发生了钝化，表现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：D。
27.填写下列空白：
(1)已知某原子的核内有77个质子，质量数为191，则其核内的中子数为_________。
(2)周期表中位于第8纵行的铁元素属于第________族。
(3)周期表中最活泼的非金属元素位于第_____________纵行。
(4)所含元素为18种的周期是第____________周期。
(5)4g D2和20g 18O的单质化合时最多能生成_______g D2O，这些D2O分子中含___mol中子。
(6)氯元素在自然界中有质量数为35和37的两种核素，氯元素的相对原子质量为35.5，则两核素在自然界中的含量之比约为______________。
【答案】(1). 114 (2). Ⅷ (3). 17 (4). 四、五 (5). 22 (6). 12 (7). 3:1
【解析】
【分析】(1)原子中质子数+中子数=质量数；
(2)元素周期表中的第8、9、10三个纵行为第Ⅷ族；
(3)元素周期表中共有18个纵行；
(4)一至七周期元素的种类数分别为2、8、8、18、18、32、26；
(5)先根据4g D2计算出需要氧气的质量，判断出氢气和氧气的反应情况，再计算生成水的质量；一个水分子中含有12个中子，据此计算中子的量；
(6)利用其平均相对原子质量计算其在自然界中的含量之比。
【详解】(1)原子的核内有77个质子，质量数为191，则中子数=191-77=114，故答案为：114；
(2)因铁元素在周期表中处于第8纵行，第8、9、10三个纵行为第Ⅷ族，故答案为：Ⅷ；
(3)周期表中最活泼的非金属元素为F，为第ⅦA族元素，与最后一列元素相邻，则位于第17纵行，故答案为：17；
(4)一至七周期元素的种类分别为2、8、8、18、18、32、26(未排满，排满为32)，则所含元素为18种的周期是第四、五周期，故答案为：四、五；
(5)4g D2的物质的量为=1mol，化合时需要氧气(18O2)的质量为1mol××36g/mol=18g＜20g，所以氧气有剩余，根据氢气的质量是4g、参加反应的氧气的质量是18g，则生成水的质量是22g；水的物质的量=氢气的物质的量=1mol，一个水分子中含有1×2+(18-8)=12个中子，所以中子的物质的量是12mol，故答案为：22；12；
(6)设质量数为35和37的两种氯元素的核素在自然界中的含量分别是x、y，氯元素的相对原子质量为35.5，则35.5=35x+37y，x+y=1，解得x=0.75，y=0.25，则x∶y=3∶1，故答案为：3∶1。
28.(1)如何除去CO2中的杂质HCl气体，请写出除杂试剂______________；
写出下列方程式：
(2)将SO2通入溴水中__________________；
(3)将过量SO2通入Na2CO3溶液中____________________。
【答案】(1). 饱和碳酸氢钠溶液 (2). SO2+Br2+2H2O == 2HBr+H2SO4 (3). 2SO2+ Na2CO3+H2O == CO2+ 2NaHSO3
【解析】
【分析】(1)根据二氧化碳和氯化氢的性质分析解答；
(2)将SO2通入溴水中发生氧化还原反应，生成氢溴酸和硫酸，据此书写反应的化学方程式；
(3)二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，据此书写反应的化学方程式。
【详解】(1) 饱和的碳酸氢钠溶液能够与盐酸反应放出二氧化碳，不能吸收二氧化碳，除去CO2中的杂质HCl气体，可以选用饱和的碳酸氢钠溶液，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；
(2)将SO2通入溴水中发生氧化还原反应，生成氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O = 2HBr+H2SO4，故答案为：SO2+Br2+2H2O = 2HBr+H2SO4；
(3)亚硫酸的酸性比碳酸强，所以过量SO2通入碳酸钠溶液中，反应的化学方程式为：2SO2+ Na2CO3+H2O = CO2+ 2NaHSO3，故答案为：2SO2+ Na2CO3+H2O = CO2+ 2NaHSO3。
29.下图是中学教材中元素周期表的一部分，其中标出A~Q14种元素，试回答下列问题：
(1)在上表所列出的短周期元素中
①性质最不活泼的是____________；②原子半径最大的是(除稀有气体元素)__________。
③形成的气态氢化物最稳定的是______________________________；
④最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是____________碱性最强的是_____________。
⑤形成的阴离子还原性最弱的是_____________，阳离子半径最小的是_____________。
(2)①B的气态氢化物与最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式为________________；
②A单质与J的最高价氧化物对应的水化物反应的方程式_____________________。
(3)设P的原子序数为Z，则F的原子序数为______________，Q的原子序数为___________。
【答案】(1). Ar (2). Na (3). HF (4). HClO4 (5). NaOH (6). F－ (7). Al3+ (8). NH3+HNO3=NH4NO3 (9). C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O (10). Z－44 (11). Z+26
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置，可知A为碳、B为氮、C为氧、D为氟、E为Na、F为Mg、G为Al、H为Si、I为磷、J为S、K为Cl、L为Ar、P为Ba、Q为Pb。
(1)①稀有气体的性质最不活泼；②同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大；③非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定；④非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，注意F没有最高正价；金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中碱性越强；⑤非金属性越强，形成的阴离子还原性最弱越弱；电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此分析解答；
(2) ①B为氮元素，则氢化物为氨气，最高价的氧化物的水化物为硝酸，据此书写反应的化学方程式；②A为碳、J为S，据此书写碳和浓硫酸反应的化学方程式；
(3)P、F的原子序数之差为第三、第四、第五周期容纳元素种数之和；P、Q所在周期中第3列有15种元素，其它每列含有1种元素，据此分析解答。
【详解】(1)①Ar原子最外层为稳定结构，性质最不活泼，故答案为：Ar；
②同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故短周期中Na的原子半径最大，故答案为：Na；
③非金属性越强，氢化物越稳定，同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，短周期中F元素非金属性最强，气态氢化物HF最稳定，故答案为：HF；
④非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，由于F没有最高正价，因此短周期中最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4；金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中碱性越强，短周期中Na的金属性最强，最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的是NaOH，故答案为：HClO4；NaOH；
⑤F元素的非金属性最强，形成的阴离子(F-)还原性最弱；Na+、Mg2+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故阳离子半径最小的是：Al3+，故答案为：F-；Al3+；
(2) ①B为氮元素，则氢化物为氨气，最高价的氧化物的水化物为硝酸，二者反应生成硝酸铵，反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；
②A为碳、J为S，则碳和浓硫酸反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O；
(3)P、F的原子序数之差为第三、第四、第五周期容纳元素种数之和，设P的原子序数为Z，则F的原子序数为：Z-8-18-18=Z-44；P、Q相差14-2=12列，所在周期中第3列有15种元素，其它每列含有1种元素，故二者原子序数相差12+(15-1)=26，Q的原子序数为Z+26，故答案为：Z-44；Z+26。
30.(Ⅰ)A、B、C、D、E五种元素在周期表里的位置如下表所示：
A、B、C为同主族元素，A为该族中原子半径最小的元素；D、B、E为同周期元素，E为该周期中原子半径最小的元素。D元素名称是____，在周期表第___周期，第______族，其原子结构示意图______。
(Ⅱ)A、B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个。试回答：
(1)写出下列元素的符号A_____，D_____，E_____。
(2)A、C两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式________________。
【答案】（Ⅰ）磷，3，VA，（每空1分，共4分）
（Ⅱ）(1)Na；Si；P（每空1分，共3分）(2分)
【解析】（Ⅰ）A、B、C、D、E五种元素在周期表上下左右紧邻，能符合条件的，必然在元素周期表的右上部，A为第二周期，B、D、E为第三周期；E为该周期中原子半径最小的元素，E为第七主族元素氯，则A为氧，B为硫，C为硒，D为磷。
（Ⅱ）A、C、F三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，必然含Na 、Al，根据A、C、F三原子的最外层共有11个电子，结合起来A、Na，C、Al，F、Cl；D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，D元素为硅；E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个，，E元素为磷；
31.下图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉的加热条件下反应产生的所有气体产物，填写下列空白：
（1）如果装装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，则可以检出的物质是____________；不能检出的物质是____________。
（2）如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，则可以检出的物质是____________；不能检出的物质是____________。
（3）如果将仪器的连接顺序变为②、③、①，则可以检出的物质是____________；不能检出的物质是____________。
【答案】(1). SO2、CO2 (2). H2O (3). H2O (4). SO2、CO2 (5). SO2、CO2 (6). H2O
【解析】分析：木炭粉与浓硫酸反应生成SO2和CO2，方程式为：C+2H2SO4（浓）S02↑+C02↑+2H2O，SO2能使品红溶液褪色，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，CO2不能使品红溶液褪色，CO2也不能酸性高锰酸钾溶液褪色。无水硫酸铜遇水变蓝，二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊．据此即可解答。
详解：（1）①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，②中SO2能使品红溶液褪色，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，③中二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊。如果装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，通过②中品红溶液褪色，说明有SO2，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，再通过品红溶液，品红不褪色，说明二氧化硫已经除尽，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，但不能说明是生成的水，可能是溶液中的水，通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；
（2）如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，能说明有水生成，通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，不可以检出二氧化硫、二氧化碳；
（3）如果将仪器的连接顺序变为②、③、①，通过②中品红溶液褪色，说明有SO2，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，再通过品红溶液，品红不褪色，说明二氧化硫已经除尽，通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，但不能说明是生成的水，可能是溶液中的水。
32.已知8NH3+3Cl26NH4Cl+N2,为验证非金属元素氯的氧化性强于硫和氮,设计了一套实验装置(部分夹持装置已略去):
(1)写出E中反应的化学方程式_____。
(2)B中出现黄色浑浊现象,产生此现象的离子方程式______________。
(3)D中干燥管中出现的现象是_______________。
(4)有同学认为D中的现象并不能说明氯的氧化性大于氮,需要在C之前加装洗气装置，请指出洗气装置盛装试剂______。
(5)通入D装置的两根导管左边较短、右边较长，目的是________________________
【答案】 (1). 2 NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2 (2). S2-+Cl2==S↓+2Cl- (3). 产生大量白烟 (4). 饱和食盐水 (5). 使密度大的氯气和密度小的氨气均匀混合
【解析】
【分析】装置A制取氯气，B装置为验证非金属元素氯的氧化性强于硫，B中出现黄色浑浊现象，说明有S沉淀生成，氯气的氧化性大于S的氧化性；浓盐酸易挥发，经过浓硫酸干燥的氯气中仍混有少量氯化氢气体，因此需要在C之前加装洗气装置，为该实验装置设计缺陷；盛放氢氧化钠的烧杯吸收尾气，装置E生成氨气，装置D氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，会冒白烟，可以验证非金属元素氯的氧化性强于氮，据此分析解答。
【详解】(1)装置E中氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+2H2O+CaCl2；故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+2H2O+CaCl2；
(2)反应制备的氯气通入B之后，B中出现黄色浑浊现象，说明氯气把硫化钠溶液中的硫离子氧化为S单质，离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故答案为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-；
(3)E装置是制备氨气，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，从而冒白烟，因此D中干燥管中可以看到大量白烟，故答案为：产生大量白烟；
(4)浓盐酸易挥发，所以生成的氯气中含有氯化氢气体，氯化氢也能直接和氨气结合冒白烟，所以需要在C之前连接盛有饱和食盐水的装置以除去氯化氢气体，故答案为：饱和食盐水；
(5)氯气的密度大于空气，氨气的密度小于空气，为了能够使两种气体充分接触反应，通入D装置的两根导管左边较短、右边较长，故答案为：使密度大的氯气和密度小的氨气均匀混合。
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