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【化学】辽宁省沈阳市东北育才学校2018-2019学年高一下学期第一次月考试题（解析版）
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辽宁省沈阳市东北育才学校2018-2019学年高一下学期第一次月考试题
相对原子质量H-1 C-12 O-16 P-31 S-32 Na-23
一、单选题（每小题3分，共60分）
1.日本福岛第一核电站发生严重的核辐射泄漏，日本政府向福岛核电站附近居民发放碘片(12753I)，以降低放射性碘对人体的伤害。已知核辐射中放射性碘（碘13153I）的核电荷数为53，则下列说法正确的是（ ）
A. 核裂变是一种化学变化
B. 12753I的质量数为127，原子序数为53，核内有74个中子
C. 碘12753I和放射性碘13153I属于同素异形体
D. 12753I与13153I是同一种核素
【答案】B
【解析】试题分析：核裂变既不是化学变化，是特殊的一种变化，故Ａ错误；质子数加中子数等于质量数，故Ｂ正确；碘12753I和放射性碘13153I属于同位素，由同一种元素形成的不同单质之间互称为同素异形体，故Ｃ错误；一种原子是一种核素，12753I与13153I是两种不同核素，故D错误。
2.下列化学事实正确且能用元素周期律解释的是（ ）
①原子半径：Cl＞P②沸点：HCl＞H2S
③还原性：S2－＞C1－④相同条件下电离程度：H2CO3＞H2SiO3
A. ①④ B. ③④ C. ① D. ②③④
【答案】B
【详解】同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：Cl
3.下图为元素周期表中元素X的信息。下列关于X的说法正确的是（ ）
A. 属于过渡元素 B. 质量数为74.92
C. 处于第4周期第IIIA族 D. 非金属性比氮弱
【答案】D
【解析】根据4s24p3可知，电子层有4，最外层电子数为5，所以砷处于第4周期第VA族，不属于过渡元素，A 、C错误；同一主族元素，从上到下，非金属性减弱，因此砷的非金属性比氮弱，D正确；质量数=中子数+质子数，均为整数，74.92为砷相对原子质量，B错误； 正确选项D。
4.下列有关描述正确的是（ ）
A. Li、B、Be原子最外层电子数逐渐增多
B. 熔点：Cs低于K； 沸点：Br2高于Cl2
C. 根据周期律可推测硫酸铷、硫酸铯都难溶于水
D. Li、Na、K、Rb的密度都逐渐增大
【答案】B
【解析】A．Li、Be、B原子最外层电子数逐渐增多，故A错误；B．碱金属从上到下熔点逐渐降低，则熔点Cs低于K；卤族元素的单质，从上到下沸点递增，即Br2高于Cl2，故B正确；C．碱金属对应的硫酸盐均为易溶的，故C错误；D．Na的密度大于K，故D错误；答案为B。
5.下列表示不正确的是（ ）
A. CO2的电子式 B. COCl2的结构式
C. HF的电子式为 D. S2-的结构示意图
【答案】C
【详解】A.二氧化碳为共价化合物，电子式为，A正确；
B.结构式要把所有化学键表示出来，COCl2的结构式为，B正确；
C.HF为共价化合物，H与F通过共用电子对形成分子，电子式为，C错误；
D.S2-得到了2个 电子，最外层8个电子，结构示意图为，D正确；
答案选C。
6.如表所示W、X、Y、Z为四种短周期元素，下列说法正确的是（ ）
X
Y
W
Z
A. 四种元素没有金属元素
B. 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
C. 若W和Z的最高价氧化物的水化物相互反应，则X的氢化物沸点可能低于Y的氢化物沸点
D. 若这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性
【答案】C
【详解】A．假设W为金属Al，则X为C，Y为N，Z为S，能符合题目给出的已知的条件，故四种元素中可能有金属元素，故A项错误；
B．根据已知可假设W为Si，则X为N，Y为O，Z为Cl，则由X、Y和氢三种元素形成的化合物NH4NO3是一种盐，其中含有共价键和离子键，故B项错误；
C．W和Z的最高价氧化物的水化物能相互反应，则W的最高价氧化物的水化物可为Al(OH)3，Z的最高价氧化物的水化物为H2SO4，则W为Al，X为C，Y为N，Z为S。Y的简单氢化物为NH3，其分子间可以形成氢键。而X的氢化物有很多，如甲烷、乙烷、甲苯及许多高分子碳氢化合物。如果X的氢化物为高分子碳氢化合物，则就有可能比Y的氢化物沸点高；若X的氢化物为低分子碳氢化合物，则有可能比Y的氢化物沸点低，故C正确；
D．若这四种元素的原子最外层电子数之和为22，W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X、Y、Z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+x+2+x+3=22，解得：x=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl元素，物质WY2、W3X4、WZ4分别为SiO2、Si3N4、SiCl4，SiO2、Si3N4为原子晶体，具有有熔点高、硬度大的特性，而SiCl4为共价化合物，不具有该性质，故D项错误；
答案:C。
7.根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述中正确的是（ ）
A. L电子层电子数为奇数的所有元素都是非金属
B. 同一主族的两种元素的原子序数之差可能是16、26、36、46
C. 只有第IIA族元素的原子最外层有2个电子
D. 由左至右第8、9、10 三列元素中没有非金属元素
【答案】D
【解析】L电子层电子数为奇数，L层未排满，则处于第二周期，Li的L层含有1个电子，但Li是金属元素，A错误；对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18或32等，如0族中第一周期与第三周期的元素相差16；如ⅣA族中第二周期与第四周期的元素相差26； 如0族中第三周期与第五周期的元素相差36；但是2、8、18、32的组合不能得到46，B错误；第ⅡA族元素的原子最外层有2个电子，但He及部分过渡元素原子最外层电子数也含有2个电子，C错误；由左至右第8、9、10 三列元素为Ⅷ族元素,都是金属元素，D正确；正确选项D。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的物质变化一定是化学变化
B. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应
C. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多
D. 因为3O2=2O3是吸热反应，所以臭氧比氧气的化学性质更活泼
【答案】D
【详解】A.物质的三态变化有能量变化，是物理变化，A错误；
B.铝热反应是放热反应，但需要在高温下进行；氯化铵与Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，但在室温下发生，不需要加热条件，B错误；
C.反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热，C错误；
D.物质的能量越低越稳定，氧气能量比臭氧低，臭氧比氧气活泼，D正确；
故合理选项是D。
9.下列说法不正确的是（ ）
A. SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸点不同
B. NH4C1与NaOH所含化学键类型和晶体类型均相同
C. PCl3、H2O中所有原子均处于稳定结构
D. CO2与水反应过程中，有共价键的断裂和形成
【答案】A
【详解】A. SiO2是原子晶体，原子间以共价键结合，由于共价键强度大，断裂消耗的能量多，所以沸点高，而SiCl4是由分子构成的物质，分子间以分子间作用力结合，分子间作用力十分微弱，所以沸点低，不是由于二者的相对分子质量不同所致，A错误；
B.二者都是离子化合物，含有离子键，在NH4+中含有极性共价键，在OH-含有极性共价键，所以二者含有的化学键类型相同，B正确；
C. PCl3、H2O中每个原子都达到最外层8个或2个电子的稳定结构，故所有原子均处于稳定结构状态，C正确；
D.CO2+H2O=H2CO3，化学反应就是旧键断裂、新键形成的过程，由于反应物、生成物都是共价化合物，所以有共价键的断裂和形成，D正确；
故合理选项是A。
10.下列下列说法正确的是（ ）
A. F-、Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强
B. HF、HC1、HBr、HI的沸点逐渐升高
C. K可以从NaCl溶液中置换出金属
D. 碱金属单质在空气中燃烧生成的都是过氧化物
【答案】A
【解析】A．F2、Cl2、Br2、I2的单质氧化性递增，则F-、Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强，故A正确； B．HF分子间存在氢键，其沸点比HC1、HBr、HI都高，HC1、HBr、HI的沸点逐渐升高，故B错误；C．K是活泼金属易与水反应，无法从NaCl溶液中置换出金属Na，故C错误；D．碱金属单质Li在空气中燃烧生成氧化锂，无过氧化锂生成，故D错误；答案为A。
11.下列判断正确的是（ ）
A. CC14、SO2、PCl5、NH3分子中所有原子都满足8电子结构
B. 元素性质呈周期性变化的本质原因是元素原子半径大小呈周期性变化
C. NaCl、HC1、NaOH、Na2O2四种物质中含有的化学键类型相同
D. 相同电子层结构的四种短周期元素离子A2-、B-、C+、D3+，它们的离子半径大小关系为A2->B->C+>D3+
【答案】D
【详解】A．H原子核外只有一个电子，不可能形成8e-结构，而PCl5中P原子形成5个共用电子对，核外电子数也不是8e-结构，故A错误；
B．元素性质呈周期性变化的本质原因是原子核外电子排布的周期性变化，故B错误；
C．NaCl、NaOH、Na2O2三种物质中均含有离子键，而HCl和NaOH均含有共价键，故C 错误；
D．相同电子层结构的四种短周期元素离子A2-、B-、C+、D3+，核电荷数越大离子半径越小，则它们的离子半径大小关系为A2->B->C+>D3+，故D正确；
答案：D。
12.下列说法不正确的是（ ）
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素
②同一元素的核素种数由中子数决定
③同位素的化学性质几乎相同
④质子数相同、电子数也相同的两种微粒，不可能一种是分子另一种是离子
⑤Cl2中35Cl与37Cl两种核素的个数之比与HCl中35Cl与37Cl的个数之比相等
A. ③ B. ①④ C. ②⑤ D. ①
【答案】D
【详解】①质子数相同的微粒，可能是同位素，则属于同一种元素，也可能是不同的分子，如CH４、NH3、H2O、HF等，所以①错误；②同一元素的核素种数即同位素的种数，是由中子数决定的，故②正确；③同位素原子的最外层电子数相同，所以化学性质相同，故③正确；④质子数相同、电子数也相同的两种微粒，可能是同位素，则是两种原子，也可能是两种分子，如H2O和HF等，可能是两种阳离子，如NH4+和Na+等，也可能是两种阴离子，如OH—和F—等，不可能一种是分子另一种是离子，所以④正确；⑤某种元素的同位素所占原子个数的百分比，不论是在游离态还是在化合态中都是相等的，所以⑤正确。
答案：D
13.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素。A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物。下列说法正确的是（ ）
A. E、B两元素的形成的化合物都为黑色固体
B. B、D形成的离子化合物不可能含有共价键
C. D的单质只有还原性，没有氧化性
D. A与B只可以形成1种10电子微粒
【答案】C
【解析】
【分析】E为地壳中含量最高的过渡金属元素，E是Fe元素；无色无味液体m是水，钠与水反应生成氢气，F2与水反应生成HF和氧气，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，所以A是H元素、B是O元素、C是F元素、D是Na元素。
【详解】A、Fe和O两元素的形成的化合物Fe2O3为红色固体，故A错误；
B. O、Na形成的离子化合物Na2O2中含有共价键，故B错误；
C. 金属Na只有还原性，没有氧化性，故C正确；
D. H与O可以形成H2O和OH-两种10电子微粒，故D错误；
答案：C
14.南京理工大学团队成功合成了能在室温稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，五氮阴离子N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体。下列说法正确的是（ ）
A. (N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含四种离子
B. N5+N5-属于离子化合物
C. 每个N5-中含有35个电子
D. N5+N5-中既含极性键又含非极性键
【答案】A
【详解】A、 (N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含四种离子：N5-、H3O+、NH4＋、Cl－，故A正确；
B、N5+N5-是只由一种元素组成的纯净物，属于单质，故B错误；
C、每个N5-中含有7×5+1=36 个电子，故C错误；
D、 N5+N5-中只含非极性键，故D错误；
答案：A。
15.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：Y>Z>M
B. Y、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间会反应
C. 化合物XM、YM都是电解质.熔融状态下都能导电
D. 气态氢化物稳定性R>Q
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有最低价-2价，则Q为O元素；M元素有最高价+7，最低-1，故M为Cl；R有+5、-3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，且与O元素相近，与氧元素同周期，故R为N元素；Z的最高化合价为+3，没有负化合价，处于ⅢA族，且原子半径Z＞Cl，处于第三周期，故Z为Al，X、Y均有最高正价+1，处于IA则，而X有-1价，则X为H元素，Y的原子半径比Al的大很多，可知Y为Na；
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径Cl-＞Na+＞Al3+，故A错误；
B．Y、Z、R的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，两两之间可以相互反应，故B正确；
C．化合物XM、YM分别为HCl、NaCl，都是电解质，HCl属于共价化合物，熔融状态下不能导电，故C错误；
D．R为N元素，Q为O元素，气态氢化物稳定性NH3
16.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B和D同主族；X、Y、N分别是由以上四种元素中两种组成的化合物，Z是由以上三种元素组成的化合物；若X与Y摩尔质量相同，Y为淡黄色固体，上述物质之间的转化关系如图所示（部分生成物省略），则下列说法中一定正确的是（ ）
A. 相对分子质量M>N，沸点M>N B. 简单离子半径：D>B>C>A
C. Z 为 Na2CO3 D. 图中有两个氧化还原反应
【答案】B
【解析】Y为淡黄色固体，Y是过氧化钠；X与Y摩尔质量相同，X是Na2S；Na2S与强酸反应生成硫化氢，M是H2S；过氧化钠与N生成Z，Z是由三种元素组成的化合物，z是Na2CO3或NaOH，N是二氧化碳或水；A、B、C、D的原子序数依次增大，A、B、C、D依次是C(H)、O、Na、S；相对分子质量H2SO2->Na+,故B正确；Z 为 Na2CO3或NaOH,故C错误；图中只有过氧化钠与水或二氧化碳的反应是氧化还原反应，故D错误。
17.常温下1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示，结合表中信息下列说法不正确的是（ ）
共价键
H－H
F－F
H－F
H－Cl
H－I
E(kJ·mol−1)
436
157
568
432
298
A. 表中最稳定的共价键是H－F
B. 1mol H2(g)与1mol F2(g)生成2molHF(g)放出25kJ的能量
C. 432kJ·mol−1＞E(H－Br)＞298kJ·mol−1
D. 1mol H2(g)分解成2mol H(g) 需吸收436kJ的能量
【答案】B
【解析】A. 表中键能最大的共价键是H－F，故最稳定的共价键是H－F，A正确；B. 1mol H2(g)与1mol F2(g)生成2molHF(g)，放出的能量为(568-436-157)kJ=543kJ，B不正确；C. Br的非金属性介于Cl和I之间，故432kJ·mol−1＞E(H－Br)＞298kJ·mol−1，C正确；D. 由题中信息可知，1mol H2(g)分解成2mol H(g) 需吸收436kJ的能量，D正确。本题选B。
18.有五个系列同族元素的物质，101.3kPa时测定它们的沸点（℃）如下表所示：
①
He -268.8
Ne -249.5
(a) -185.8
Kr 151.7
②
F2 -187.0
Cl2 -33.6
(b) 58.7
I2 184.0
③
(c) 19.4
HCl -84.0
HBr -67.0
HI -35.3
④
CH4 -161.0
SiH4 -112.0
GeH4 -90.0
(e) -52.0
对应表中内容，下列叙述中正确的是（ ）
A. 系列①物质均为非金属单质，都含有共价键
B. 系列②物质的沸点逐渐升高是因为共价键越来越牢固
C. 系列③物质的还原性依次减弱
D. 系列④中各化合物的热稳定性从左到右逐渐减弱
【答案】D
【解析】A．系列①均为稀有气体元素的单质，单原子分子，分子内不存在共价键，故A错误；B．系列②物质的沸点逐渐升高是因为分子间作用力，与分子内共价键无关，故B错误；C．HX的还原性随核电荷数的递增，还原性增强，故C错误；D．第ⅣA主族元素的单质随核电荷数的递增，元素的非金属性减弱，氢化物的热稳定性逐渐减弱，故D正确；答案为D。
19.从下列事实所列出的相应结论正确的是（ ）
选项
实验事实
结论
A
AlCl3溶液导电
AlCl3是离子化合物
B
H2SO4氧化性强于H3PO4
非金属性：S＞P
C
NaHCO3溶液与Na[Al(OH)4]溶液混合产生白色沉淀
结合H+能力：CO32-＜[Al(OH)4]-
D
常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应
非金属性：P＞N
【答案】C
【详解】A. 离子化合物和部分共价化合物在水中完全电离，用AlCl3溶液做导电实验，无法验证AlCl3是离子化合物还是共价化合物，故A错误；
B.对比非金属性应该比较最高价含氧酸的酸性强弱，故B错误；
C. 酸性越弱，其阴离子结合氢离子的能力越强，NaHCO3溶液与Na[Al(OH)4]溶液混合产生白色沉淀，说明氢氧化铝的酸性弱，则结合H+的能力：CO32-＜[Al(OH)4]-，故C正确；故选C。
D、非金属性是指元素原子得电子的能力，非金属性N＞P，氮气须在放电时才与氧气反应，是由于分子中N≡N叁键键能大，很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故D错误。
20.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1mol N－N吸收167kJ热量，断裂1molN≡N吸收942kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法正确的是（ ）
A. N4属于一种新型的化合物，与N2互为同素异形体
B. N4的沸点比白磷（P4）的高
C. 1mol N4转化为2mol N2的同时放出能量
D. 相同质量的N4和 N2所含原子个数比为1:2
【答案】C
【解析】A. N4属于一种新型单质，与N2互为同素异形体，A不正确； B. N4的分子结构与白磷相似，N4的相对分子质量比白磷小，所以N4的沸点比白磷（P4）的低，B不正确； C.断裂 1mol N4中的化学键需消耗4 kJ能量 ，形成2mol N2中的化学键要放出2 kJ能量，所以 1mol N4转化为2mol N2的同时放出能量，C正确；D. 相同质量的N4和 N2所含原子个数比为1:1，D不正确 。本题选C。
二、填空题
21.Ⅰ.下列物质：①1H、2H、3H ；②H2O、D2O、T2O；③O2、O3；④12C、14C
（1）互为同位素的是______(填序号，下同)；
（2）互为同素异形体的是_____；
（3）氢的三种原子1H、2H、3H与氯的两种原子35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得分子中相对分子质量不同的有___种；
Ⅱ.用化学用语回答下列问题：
（1）写出NaOH的电子式____；
（2）用电子式表示二氧化碳分子的形成过程____；
下列物质：①N2 ②H2O2 ③NH3 ④Na2O ⑤NH4Cl
（3）含有极性键和非极性键的是_______(填序号，下同)；
（4）含有极性键的离子化合物是_________；
（5）氟化氢水溶液中存在的氢键有________种；
（6）分子(CN)2分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_____。
Ⅲ.正交硫和单斜硫是硫元素的两种常见单质，其晶状结构如左下图所示；构成晶体的微粒均是S8分子，其分子结构如下图所示。回答下列问题：
已知正交硫的熔点为112.8℃，沸点为444.6℃，硬度较小。晶状的正交硫的微粒间存在在相互作用力有：______。
【答案】(1). ①④ (2). ③ (3). 5 (4). (5). (6). ② (7). ⑤ (8). 4 (9). N ≡C一C≡N (10). 分子间作用力
【解析】
【分析】Ⅰ.同位素对象是不同的核素，同素异形体指的是同种元素不同的单质，按照概念去分析；
Ⅱ.写电子式首先要区分离子化合物和共价化合物，离子化合物有阴阳离子，共价化合物原子间共用电子对；同种元素之间是非极性共价键，不同元素之间是极性共价键；
Ⅲ.正交硫的熔沸点较低，硬度较小，晶状的正交硫是分子晶体。构成晶体的微粒间的相互作用力为分子间作用力。
【详解】Ⅰ.（1）1H、2H、3H互为同分异构体，12C、14C互为同分异构体，答案为：①④；
（2）O2、O3互为同素异形体，答案为③；
（3）氢的三种原子1H、2H、3H与氯的两种原子35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得到6种分子，但相对分子质量只有5种，分别是36，37，38，39，40，答案为：5；
Ⅱ.（1）NaOH为离子化合物，电子式为，答案：；
（2）CO2为共价化合物，形成过程可表示为，答案：；
（3）N2含非极性共价键， H2O2 含非极性共价键和极性共价键，NH3 含极性共价键，Na2O 含离子键，NH4Cl含极性共价键和离子键，含有极性键和非极性键的是 ②，答案：②；
（4）NH4Cl含极性共价键和离子键，答案：⑤；
（5）氟化氢水溶液中存在的氢键有4种，分别是H-F···H-F、H2O···H-F、H-F···H-O-H、H2O···H-O-H答案：4；
（6）碳碳之间是单键，碳氮之间是三键，其结构式为：N≡C-C≡N，答案：N ≡C一C≡N；
（7）正交硫的熔沸点较低，硬度较小，晶状的正交硫是分子晶体。构成晶体的微粒间的相互作用力为分子间作用力，答案：分子间作用力。
22.硒的原子序数为34，是硫的同主族元素，硒的单质及其化合物用途非常广泛。
（1）硒位于周期表第___，周期___族。Se2Cl2常用作分析试剂，其电子式为_____。
（2）硒化铟是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。已知铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层。下列说法正确的是_____（填字母）。
A．原子半径：In>Se B．In的金属性比Se强
C．In的金属性比Al弱 D．硒化铟的化学式为InSe2
（3）工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。向浆化的阳极泥中通入氯气，Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，反应中HC1O与Cu2Se的物质的量之比为___。用氨水中和亚硒酸后得到亚硒酸铵，再向( NH4)2SeO3溶液中加入Na2S2O3可得到纳米硒，同时生成亚硫酸盐，(NH4)2SeO3与Na2S2O3反应生成纳米硒的离子方程式为______。
【答案】(1). 四 (2). ⅥA (3). (4). AB (5). 4：1 (6). SeO32-+S2O32- =Se↓+2SO32-
【解析】(1)硒的原子序数为34位于周期表第四，周期ⅥA族。Se2Cl2是共价型化合物，其电子式为；
(2)A．In和Se为同周期主族元素，而同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，即In的原子半径大于Se，故A正确；B．同周期主族元素核电荷数越大，金属性减弱，非金属性增强，则In的金属性比Se强，故B正确；C．同主族核电荷数越大，金属性越强，则In的金属性比Al强，故C错误；D．铟为第ⅢA元素，最高价为+3，则硒化铟的化学式为In2Se3，故D错误；答案为AB；
(3)Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，则1molCu2Se被氧化转移电子为8mol，而1molHClO被还原为Cl-，只转移2mol电子，根据电子守恒可知反应中HC1O与Cu2Se的物质的量之比为:1mol=4:1；( NH4)2SeO3溶液中加入Na2S2O3可得到纳米硒，同时生成(NH4)2SO3，则(NH4)2SeO3与Na2S2O3反应生成纳米硒的离子方程式为SeO32-+S2O32- =Se↓+2SO32-。
23.A、B、C、D、E是短周期元素，其原子序数依次增大，周期表中A与B、C与E相邻；A与E的最外层电子数之比2：3，B的最外层电子数比C的最外层电子数少1个；常见化合物D2C2与水反应生成C的单质，且溶液使酚酞试液变红。
（1）E的元素名称是_____；该元素在周期表中的位置为______
（2）A、B、C的氢化物稳定性由弱到强的顺序为（用分子式表示）____；B的氢化物和B的最高价氧化物的水化物反应生成Z，则Z中所含化学键的类型为 ___
（3）写出D2C2的电子式 ___。用电子式表示只含D、E两种元素的化合物的形成过程_____
（4）写出D2C2与H2O反应的离子方程式 _________。
（5）将化合物BH3通入等物质的量的FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液中，生成两种碱，写出该反应过程的总的离子方程式_______。
【答案】(1). 硫 (2). 第三周期第ⅣA族 (3). CH₄
(1)E为S元素，原子序数为16，核外有3个电子层，最外层电子数为6，位于周期表第三周期VIA族，故答案为：硫；第三周期VIA族；
(2)A、B、C分别为C、N、O元素，同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的氢化物的稳定性逐渐增大，A、B、C的氢化物稳定性由弱到强的顺序为CH4＜NH3＜H2O，B的氢化物和B的最高价氧化物的水化物反应生成Z，则Z为NH4NO3，为离子化合物，含有离子键、极性键(或共价键)，故答案为：CH4＜NH3＜H2O；离子键、极性键(或共价键)；
(3)Na2O2为离子化合物，电子式为，D和E形成的化合物为Na2S，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，故答案为：；；
(4)Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
(5)BH3为氨气，NH3的水溶液显碱性，可以将Fe2+、Fe3+转化成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，在等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3组成的混合溶液中，反应总离子方程式为：Fe2++2Fe3++8NH3+8H2O═Fe(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+8NH4+，故答案为：Fe2++2Fe3++8NH3+8H2O═Fe(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+8NH4+。
24.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1mol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；____与盐酸反应的速度最慢；___与盐酸反应产生的气体最多。
（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH碱性强于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性强于氮，你认为此设计是否合理？并说明理由____。
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B的名称为____，干燥管D的作用为___。
（4）若要证明非金属性Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾混合溶液，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，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。正交硫转化为单斜硫时，发生_____（填“物理变化”或“化学变化”）。
【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). 铝 (4). 不合理，因为NH3·H2O不是N元素对应的最高价氧化物的水化物 (5). 锥形瓶 (6). 防止倒吸 (7). 变蓝 (8). NaOH (9). 有白色沉淀生成 (10). 饱和NaHCO3 (11). 化学变化
【解析】
【分析】(1)金属性越强，与酸反应越剧烈；产生H2可从转移电子数分析；
(2)比较金属性需要通过比较最高价氧化物对应的水化物碱性强弱比较；
(3)和倒放的漏斗一样原理，这样安装的干燥管一般是防倒吸作用；
(4)卤素单质之间的置换可比较非金属性；
(5)除去二氧化碳中的氯化氢要用饱和NaHCO3 ；有无新物质生成是判断化学变化和物理变化的标准。
【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；铝；
(2)将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3•H2O，可以说明NaOH的碱性大于NH3•H2O，但不能说明Na的金属性大于N，因为要验证金属性的强弱，必须通过比较最高价氧化物所对应的水化物的碱性来进行比较，而NH3•H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物，故答案为：不合理，NH3•H2O不是N元素对应的最高价氧化物的水化物；
Ⅱ．(3)仪器A为分液漏斗；球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：锥形瓶；防止倒吸；
(4)浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气具有强氧化性，可与碘化钾反应生成碘，因淀粉遇碘变蓝色，则可观察到溶液变蓝，氯气有毒，不能排放到空气中，可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，则可用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，反应离子方程式为：2OH-+Cl2═Cl-+ClO-+H2O，故答案为：变蓝；NaOH。
(5)氯化氢具有挥发性，干扰实验结果，需要将二氧化碳中的氯化氢除掉，根据氯化氢与碳酸氢钠反应，而二氧化碳不反应，可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，故答案为：有白色沉淀生成；饱和NaHCO3。
相对原子质量H-1 C-12 O-16 P-31 S-32 Na-23
一、单选题（每小题3分，共60分）
1.日本福岛第一核电站发生严重的核辐射泄漏，日本政府向福岛核电站附近居民发放碘片(12753I)，以降低放射性碘对人体的伤害。已知核辐射中放射性碘（碘13153I）的核电荷数为53，则下列说法正确的是（ ）
A. 核裂变是一种化学变化
B. 12753I的质量数为127，原子序数为53，核内有74个中子
C. 碘12753I和放射性碘13153I属于同素异形体
D. 12753I与13153I是同一种核素
【答案】B
【解析】试题分析：核裂变既不是化学变化，是特殊的一种变化，故Ａ错误；质子数加中子数等于质量数，故Ｂ正确；碘12753I和放射性碘13153I属于同位素，由同一种元素形成的不同单质之间互称为同素异形体，故Ｃ错误；一种原子是一种核素，12753I与13153I是两种不同核素，故D错误。
2.下列化学事实正确且能用元素周期律解释的是（ ）
①原子半径：Cl＞P②沸点：HCl＞H2S
③还原性：S2－＞C1－④相同条件下电离程度：H2CO3＞H2SiO3
A. ①④ B. ③④ C. ① D. ②③④
【答案】B
【详解】同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：Cl
3.下图为元素周期表中元素X的信息。下列关于X的说法正确的是（ ）
A. 属于过渡元素 B. 质量数为74.92
C. 处于第4周期第IIIA族 D. 非金属性比氮弱
【答案】D
【解析】根据4s24p3可知，电子层有4，最外层电子数为5，所以砷处于第4周期第VA族，不属于过渡元素，A 、C错误；同一主族元素，从上到下，非金属性减弱，因此砷的非金属性比氮弱，D正确；质量数=中子数+质子数，均为整数，74.92为砷相对原子质量，B错误； 正确选项D。
4.下列有关描述正确的是（ ）
A. Li、B、Be原子最外层电子数逐渐增多
B. 熔点：Cs低于K； 沸点：Br2高于Cl2
C. 根据周期律可推测硫酸铷、硫酸铯都难溶于水
D. Li、Na、K、Rb的密度都逐渐增大
【答案】B
【解析】A．Li、Be、B原子最外层电子数逐渐增多，故A错误；B．碱金属从上到下熔点逐渐降低，则熔点Cs低于K；卤族元素的单质，从上到下沸点递增，即Br2高于Cl2，故B正确；C．碱金属对应的硫酸盐均为易溶的，故C错误；D．Na的密度大于K，故D错误；答案为B。
5.下列表示不正确的是（ ）
A. CO2的电子式 B. COCl2的结构式
C. HF的电子式为 D. S2-的结构示意图
【答案】C
【详解】A.二氧化碳为共价化合物，电子式为，A正确；
B.结构式要把所有化学键表示出来，COCl2的结构式为，B正确；
C.HF为共价化合物，H与F通过共用电子对形成分子，电子式为，C错误；
D.S2-得到了2个 电子，最外层8个电子，结构示意图为，D正确；
答案选C。
6.如表所示W、X、Y、Z为四种短周期元素，下列说法正确的是（ ）
X
Y
W
Z
A. 四种元素没有金属元素
B. 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
C. 若W和Z的最高价氧化物的水化物相互反应，则X的氢化物沸点可能低于Y的氢化物沸点
D. 若这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性
【答案】C
【详解】A．假设W为金属Al，则X为C，Y为N，Z为S，能符合题目给出的已知的条件，故四种元素中可能有金属元素，故A项错误；
B．根据已知可假设W为Si，则X为N，Y为O，Z为Cl，则由X、Y和氢三种元素形成的化合物NH4NO3是一种盐，其中含有共价键和离子键，故B项错误；
C．W和Z的最高价氧化物的水化物能相互反应，则W的最高价氧化物的水化物可为Al(OH)3，Z的最高价氧化物的水化物为H2SO4，则W为Al，X为C，Y为N，Z为S。Y的简单氢化物为NH3，其分子间可以形成氢键。而X的氢化物有很多，如甲烷、乙烷、甲苯及许多高分子碳氢化合物。如果X的氢化物为高分子碳氢化合物，则就有可能比Y的氢化物沸点高；若X的氢化物为低分子碳氢化合物，则有可能比Y的氢化物沸点低，故C正确；
D．若这四种元素的原子最外层电子数之和为22，W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X、Y、Z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+x+2+x+3=22，解得：x=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl元素，物质WY2、W3X4、WZ4分别为SiO2、Si3N4、SiCl4，SiO2、Si3N4为原子晶体，具有有熔点高、硬度大的特性，而SiCl4为共价化合物，不具有该性质，故D项错误；
答案:C。
7.根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述中正确的是（ ）
A. L电子层电子数为奇数的所有元素都是非金属
B. 同一主族的两种元素的原子序数之差可能是16、26、36、46
C. 只有第IIA族元素的原子最外层有2个电子
D. 由左至右第8、9、10 三列元素中没有非金属元素
【答案】D
【解析】L电子层电子数为奇数，L层未排满，则处于第二周期，Li的L层含有1个电子，但Li是金属元素，A错误；对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18或32等，如0族中第一周期与第三周期的元素相差16；如ⅣA族中第二周期与第四周期的元素相差26； 如0族中第三周期与第五周期的元素相差36；但是2、8、18、32的组合不能得到46，B错误；第ⅡA族元素的原子最外层有2个电子，但He及部分过渡元素原子最外层电子数也含有2个电子，C错误；由左至右第8、9、10 三列元素为Ⅷ族元素,都是金属元素，D正确；正确选项D。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的物质变化一定是化学变化
B. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应
C. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多
D. 因为3O2=2O3是吸热反应，所以臭氧比氧气的化学性质更活泼
【答案】D
【详解】A.物质的三态变化有能量变化，是物理变化，A错误；
B.铝热反应是放热反应，但需要在高温下进行；氯化铵与Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，但在室温下发生，不需要加热条件，B错误；
C.反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热，C错误；
D.物质的能量越低越稳定，氧气能量比臭氧低，臭氧比氧气活泼，D正确；
故合理选项是D。
9.下列说法不正确的是（ ）
A. SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸点不同
B. NH4C1与NaOH所含化学键类型和晶体类型均相同
C. PCl3、H2O中所有原子均处于稳定结构
D. CO2与水反应过程中，有共价键的断裂和形成
【答案】A
【详解】A. SiO2是原子晶体，原子间以共价键结合，由于共价键强度大，断裂消耗的能量多，所以沸点高，而SiCl4是由分子构成的物质，分子间以分子间作用力结合，分子间作用力十分微弱，所以沸点低，不是由于二者的相对分子质量不同所致，A错误；
B.二者都是离子化合物，含有离子键，在NH4+中含有极性共价键，在OH-含有极性共价键，所以二者含有的化学键类型相同，B正确；
C. PCl3、H2O中每个原子都达到最外层8个或2个电子的稳定结构，故所有原子均处于稳定结构状态，C正确；
D.CO2+H2O=H2CO3，化学反应就是旧键断裂、新键形成的过程，由于反应物、生成物都是共价化合物，所以有共价键的断裂和形成，D正确；
故合理选项是A。
10.下列下列说法正确的是（ ）
A. F-、Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强
B. HF、HC1、HBr、HI的沸点逐渐升高
C. K可以从NaCl溶液中置换出金属
D. 碱金属单质在空气中燃烧生成的都是过氧化物
【答案】A
【解析】A．F2、Cl2、Br2、I2的单质氧化性递增，则F-、Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强，故A正确； B．HF分子间存在氢键，其沸点比HC1、HBr、HI都高，HC1、HBr、HI的沸点逐渐升高，故B错误；C．K是活泼金属易与水反应，无法从NaCl溶液中置换出金属Na，故C错误；D．碱金属单质Li在空气中燃烧生成氧化锂，无过氧化锂生成，故D错误；答案为A。
11.下列判断正确的是（ ）
A. CC14、SO2、PCl5、NH3分子中所有原子都满足8电子结构
B. 元素性质呈周期性变化的本质原因是元素原子半径大小呈周期性变化
C. NaCl、HC1、NaOH、Na2O2四种物质中含有的化学键类型相同
D. 相同电子层结构的四种短周期元素离子A2-、B-、C+、D3+，它们的离子半径大小关系为A2->B->C+>D3+
【答案】D
【详解】A．H原子核外只有一个电子，不可能形成8e-结构，而PCl5中P原子形成5个共用电子对，核外电子数也不是8e-结构，故A错误；
B．元素性质呈周期性变化的本质原因是原子核外电子排布的周期性变化，故B错误；
C．NaCl、NaOH、Na2O2三种物质中均含有离子键，而HCl和NaOH均含有共价键，故C 错误；
D．相同电子层结构的四种短周期元素离子A2-、B-、C+、D3+，核电荷数越大离子半径越小，则它们的离子半径大小关系为A2->B->C+>D3+，故D正确；
答案：D。
12.下列说法不正确的是（ ）
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素
②同一元素的核素种数由中子数决定
③同位素的化学性质几乎相同
④质子数相同、电子数也相同的两种微粒，不可能一种是分子另一种是离子
⑤Cl2中35Cl与37Cl两种核素的个数之比与HCl中35Cl与37Cl的个数之比相等
A. ③ B. ①④ C. ②⑤ D. ①
【答案】D
【详解】①质子数相同的微粒，可能是同位素，则属于同一种元素，也可能是不同的分子，如CH４、NH3、H2O、HF等，所以①错误；②同一元素的核素种数即同位素的种数，是由中子数决定的，故②正确；③同位素原子的最外层电子数相同，所以化学性质相同，故③正确；④质子数相同、电子数也相同的两种微粒，可能是同位素，则是两种原子，也可能是两种分子，如H2O和HF等，可能是两种阳离子，如NH4+和Na+等，也可能是两种阴离子，如OH—和F—等，不可能一种是分子另一种是离子，所以④正确；⑤某种元素的同位素所占原子个数的百分比，不论是在游离态还是在化合态中都是相等的，所以⑤正确。
答案：D
13.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素。A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物。下列说法正确的是（ ）
A. E、B两元素的形成的化合物都为黑色固体
B. B、D形成的离子化合物不可能含有共价键
C. D的单质只有还原性，没有氧化性
D. A与B只可以形成1种10电子微粒
【答案】C
【解析】
【分析】E为地壳中含量最高的过渡金属元素，E是Fe元素；无色无味液体m是水，钠与水反应生成氢气，F2与水反应生成HF和氧气，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，所以A是H元素、B是O元素、C是F元素、D是Na元素。
【详解】A、Fe和O两元素的形成的化合物Fe2O3为红色固体，故A错误；
B. O、Na形成的离子化合物Na2O2中含有共价键，故B错误；
C. 金属Na只有还原性，没有氧化性，故C正确；
D. H与O可以形成H2O和OH-两种10电子微粒，故D错误；
答案：C
14.南京理工大学团队成功合成了能在室温稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，五氮阴离子N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体。下列说法正确的是（ ）
A. (N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含四种离子
B. N5+N5-属于离子化合物
C. 每个N5-中含有35个电子
D. N5+N5-中既含极性键又含非极性键
【答案】A
【详解】A、 (N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含四种离子：N5-、H3O+、NH4＋、Cl－，故A正确；
B、N5+N5-是只由一种元素组成的纯净物，属于单质，故B错误；
C、每个N5-中含有7×5+1=36 个电子，故C错误；
D、 N5+N5-中只含非极性键，故D错误；
答案：A。
15.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：Y>Z>M
B. Y、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间会反应
C. 化合物XM、YM都是电解质.熔融状态下都能导电
D. 气态氢化物稳定性R>Q
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有最低价-2价，则Q为O元素；M元素有最高价+7，最低-1，故M为Cl；R有+5、-3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，且与O元素相近，与氧元素同周期，故R为N元素；Z的最高化合价为+3，没有负化合价，处于ⅢA族，且原子半径Z＞Cl，处于第三周期，故Z为Al，X、Y均有最高正价+1，处于IA则，而X有-1价，则X为H元素，Y的原子半径比Al的大很多，可知Y为Na；
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径Cl-＞Na+＞Al3+，故A错误；
B．Y、Z、R的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，两两之间可以相互反应，故B正确；
C．化合物XM、YM分别为HCl、NaCl，都是电解质，HCl属于共价化合物，熔融状态下不能导电，故C错误；
D．R为N元素，Q为O元素，气态氢化物稳定性NH3
16.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B和D同主族；X、Y、N分别是由以上四种元素中两种组成的化合物，Z是由以上三种元素组成的化合物；若X与Y摩尔质量相同，Y为淡黄色固体，上述物质之间的转化关系如图所示（部分生成物省略），则下列说法中一定正确的是（ ）
A. 相对分子质量M>N，沸点M>N B. 简单离子半径：D>B>C>A
C. Z 为 Na2CO3 D. 图中有两个氧化还原反应
【答案】B
【解析】Y为淡黄色固体，Y是过氧化钠；X与Y摩尔质量相同，X是Na2S；Na2S与强酸反应生成硫化氢，M是H2S；过氧化钠与N生成Z，Z是由三种元素组成的化合物，z是Na2CO3或NaOH，N是二氧化碳或水；A、B、C、D的原子序数依次增大，A、B、C、D依次是C(H)、O、Na、S；相对分子质量H2S
17.常温下1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示，结合表中信息下列说法不正确的是（ ）
共价键
H－H
F－F
H－F
H－Cl
H－I
E(kJ·mol−1)
436
157
568
432
298
A. 表中最稳定的共价键是H－F
B. 1mol H2(g)与1mol F2(g)生成2molHF(g)放出25kJ的能量
C. 432kJ·mol−1＞E(H－Br)＞298kJ·mol−1
D. 1mol H2(g)分解成2mol H(g) 需吸收436kJ的能量
【答案】B
【解析】A. 表中键能最大的共价键是H－F，故最稳定的共价键是H－F，A正确；B. 1mol H2(g)与1mol F2(g)生成2molHF(g)，放出的能量为(568-436-157)kJ=543kJ，B不正确；C. Br的非金属性介于Cl和I之间，故432kJ·mol−1＞E(H－Br)＞298kJ·mol−1，C正确；D. 由题中信息可知，1mol H2(g)分解成2mol H(g) 需吸收436kJ的能量，D正确。本题选B。
18.有五个系列同族元素的物质，101.3kPa时测定它们的沸点（℃）如下表所示：
①
He -268.8
Ne -249.5
(a) -185.8
Kr 151.7
②
F2 -187.0
Cl2 -33.6
(b) 58.7
I2 184.0
③
(c) 19.4
HCl -84.0
HBr -67.0
HI -35.3
④
CH4 -161.0
SiH4 -112.0
GeH4 -90.0
(e) -52.0
对应表中内容，下列叙述中正确的是（ ）
A. 系列①物质均为非金属单质，都含有共价键
B. 系列②物质的沸点逐渐升高是因为共价键越来越牢固
C. 系列③物质的还原性依次减弱
D. 系列④中各化合物的热稳定性从左到右逐渐减弱
【答案】D
【解析】A．系列①均为稀有气体元素的单质，单原子分子，分子内不存在共价键，故A错误；B．系列②物质的沸点逐渐升高是因为分子间作用力，与分子内共价键无关，故B错误；C．HX的还原性随核电荷数的递增，还原性增强，故C错误；D．第ⅣA主族元素的单质随核电荷数的递增，元素的非金属性减弱，氢化物的热稳定性逐渐减弱，故D正确；答案为D。
19.从下列事实所列出的相应结论正确的是（ ）
选项
实验事实
结论
A
AlCl3溶液导电
AlCl3是离子化合物
B
H2SO4氧化性强于H3PO4
非金属性：S＞P
C
NaHCO3溶液与Na[Al(OH)4]溶液混合产生白色沉淀
结合H+能力：CO32-＜[Al(OH)4]-
D
常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应
非金属性：P＞N
【答案】C
【详解】A. 离子化合物和部分共价化合物在水中完全电离，用AlCl3溶液做导电实验，无法验证AlCl3是离子化合物还是共价化合物，故A错误；
B.对比非金属性应该比较最高价含氧酸的酸性强弱，故B错误；
C. 酸性越弱，其阴离子结合氢离子的能力越强，NaHCO3溶液与Na[Al(OH)4]溶液混合产生白色沉淀，说明氢氧化铝的酸性弱，则结合H+的能力：CO32-＜[Al(OH)4]-，故C正确；故选C。
D、非金属性是指元素原子得电子的能力，非金属性N＞P，氮气须在放电时才与氧气反应，是由于分子中N≡N叁键键能大，很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故D错误。
20.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1mol N－N吸收167kJ热量，断裂1molN≡N吸收942kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法正确的是（ ）
A. N4属于一种新型的化合物，与N2互为同素异形体
B. N4的沸点比白磷（P4）的高
C. 1mol N4转化为2mol N2的同时放出能量
D. 相同质量的N4和 N2所含原子个数比为1:2
【答案】C
【解析】A. N4属于一种新型单质，与N2互为同素异形体，A不正确； B. N4的分子结构与白磷相似，N4的相对分子质量比白磷小，所以N4的沸点比白磷（P4）的低，B不正确； C.断裂 1mol N4中的化学键需消耗4 kJ能量 ，形成2mol N2中的化学键要放出2 kJ能量，所以 1mol N4转化为2mol N2的同时放出能量，C正确；D. 相同质量的N4和 N2所含原子个数比为1:1，D不正确 。本题选C。
二、填空题
21.Ⅰ.下列物质：①1H、2H、3H ；②H2O、D2O、T2O；③O2、O3；④12C、14C
（1）互为同位素的是______(填序号，下同)；
（2）互为同素异形体的是_____；
（3）氢的三种原子1H、2H、3H与氯的两种原子35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得分子中相对分子质量不同的有___种；
Ⅱ.用化学用语回答下列问题：
（1）写出NaOH的电子式____；
（2）用电子式表示二氧化碳分子的形成过程____；
下列物质：①N2 ②H2O2 ③NH3 ④Na2O ⑤NH4Cl
（3）含有极性键和非极性键的是_______(填序号，下同)；
（4）含有极性键的离子化合物是_________；
（5）氟化氢水溶液中存在的氢键有________种；
（6）分子(CN)2分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_____。
Ⅲ.正交硫和单斜硫是硫元素的两种常见单质，其晶状结构如左下图所示；构成晶体的微粒均是S8分子，其分子结构如下图所示。回答下列问题：
已知正交硫的熔点为112.8℃，沸点为444.6℃，硬度较小。晶状的正交硫的微粒间存在在相互作用力有：______。
【答案】(1). ①④ (2). ③ (3). 5 (4). (5). (6). ② (7). ⑤ (8). 4 (9). N ≡C一C≡N (10). 分子间作用力
【解析】
【分析】Ⅰ.同位素对象是不同的核素，同素异形体指的是同种元素不同的单质，按照概念去分析；
Ⅱ.写电子式首先要区分离子化合物和共价化合物，离子化合物有阴阳离子，共价化合物原子间共用电子对；同种元素之间是非极性共价键，不同元素之间是极性共价键；
Ⅲ.正交硫的熔沸点较低，硬度较小，晶状的正交硫是分子晶体。构成晶体的微粒间的相互作用力为分子间作用力。
【详解】Ⅰ.（1）1H、2H、3H互为同分异构体，12C、14C互为同分异构体，答案为：①④；
（2）O2、O3互为同素异形体，答案为③；
（3）氢的三种原子1H、2H、3H与氯的两种原子35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得到6种分子，但相对分子质量只有5种，分别是36，37，38，39，40，答案为：5；
Ⅱ.（1）NaOH为离子化合物，电子式为，答案：；
（2）CO2为共价化合物，形成过程可表示为，答案：；
（3）N2含非极性共价键， H2O2 含非极性共价键和极性共价键，NH3 含极性共价键，Na2O 含离子键，NH4Cl含极性共价键和离子键，含有极性键和非极性键的是 ②，答案：②；
（4）NH4Cl含极性共价键和离子键，答案：⑤；
（5）氟化氢水溶液中存在的氢键有4种，分别是H-F···H-F、H2O···H-F、H-F···H-O-H、H2O···H-O-H答案：4；
（6）碳碳之间是单键，碳氮之间是三键，其结构式为：N≡C-C≡N，答案：N ≡C一C≡N；
（7）正交硫的熔沸点较低，硬度较小，晶状的正交硫是分子晶体。构成晶体的微粒间的相互作用力为分子间作用力，答案：分子间作用力。
22.硒的原子序数为34，是硫的同主族元素，硒的单质及其化合物用途非常广泛。
（1）硒位于周期表第___，周期___族。Se2Cl2常用作分析试剂，其电子式为_____。
（2）硒化铟是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。已知铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层。下列说法正确的是_____（填字母）。
A．原子半径：In>Se B．In的金属性比Se强
C．In的金属性比Al弱 D．硒化铟的化学式为InSe2
（3）工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。向浆化的阳极泥中通入氯气，Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，反应中HC1O与Cu2Se的物质的量之比为___。用氨水中和亚硒酸后得到亚硒酸铵，再向( NH4)2SeO3溶液中加入Na2S2O3可得到纳米硒，同时生成亚硫酸盐，(NH4)2SeO3与Na2S2O3反应生成纳米硒的离子方程式为______。
【答案】(1). 四 (2). ⅥA (3). (4). AB (5). 4：1 (6). SeO32-+S2O32- =Se↓+2SO32-
【解析】(1)硒的原子序数为34位于周期表第四，周期ⅥA族。Se2Cl2是共价型化合物，其电子式为；
(2)A．In和Se为同周期主族元素，而同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，即In的原子半径大于Se，故A正确；B．同周期主族元素核电荷数越大，金属性减弱，非金属性增强，则In的金属性比Se强，故B正确；C．同主族核电荷数越大，金属性越强，则In的金属性比Al强，故C错误；D．铟为第ⅢA元素，最高价为+3，则硒化铟的化学式为In2Se3，故D错误；答案为AB；
(3)Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，则1molCu2Se被氧化转移电子为8mol，而1molHClO被还原为Cl-，只转移2mol电子，根据电子守恒可知反应中HC1O与Cu2Se的物质的量之比为:1mol=4:1；( NH4)2SeO3溶液中加入Na2S2O3可得到纳米硒，同时生成(NH4)2SO3，则(NH4)2SeO3与Na2S2O3反应生成纳米硒的离子方程式为SeO32-+S2O32- =Se↓+2SO32-。
23.A、B、C、D、E是短周期元素，其原子序数依次增大，周期表中A与B、C与E相邻；A与E的最外层电子数之比2：3，B的最外层电子数比C的最外层电子数少1个；常见化合物D2C2与水反应生成C的单质，且溶液使酚酞试液变红。
（1）E的元素名称是_____；该元素在周期表中的位置为______
（2）A、B、C的氢化物稳定性由弱到强的顺序为（用分子式表示）____；B的氢化物和B的最高价氧化物的水化物反应生成Z，则Z中所含化学键的类型为 ___
（3）写出D2C2的电子式 ___。用电子式表示只含D、E两种元素的化合物的形成过程_____
（4）写出D2C2与H2O反应的离子方程式 _________。
（5）将化合物BH3通入等物质的量的FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液中，生成两种碱，写出该反应过程的总的离子方程式_______。
【答案】(1). 硫 (2). 第三周期第ⅣA族 (3). CH₄
(1)E为S元素，原子序数为16，核外有3个电子层，最外层电子数为6，位于周期表第三周期VIA族，故答案为：硫；第三周期VIA族；
(2)A、B、C分别为C、N、O元素，同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的氢化物的稳定性逐渐增大，A、B、C的氢化物稳定性由弱到强的顺序为CH4＜NH3＜H2O，B的氢化物和B的最高价氧化物的水化物反应生成Z，则Z为NH4NO3，为离子化合物，含有离子键、极性键(或共价键)，故答案为：CH4＜NH3＜H2O；离子键、极性键(或共价键)；
(3)Na2O2为离子化合物，电子式为，D和E形成的化合物为Na2S，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，故答案为：；；
(4)Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
(5)BH3为氨气，NH3的水溶液显碱性，可以将Fe2+、Fe3+转化成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，在等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3组成的混合溶液中，反应总离子方程式为：Fe2++2Fe3++8NH3+8H2O═Fe(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+8NH4+，故答案为：Fe2++2Fe3++8NH3+8H2O═Fe(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+8NH4+。
24.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1mol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；____与盐酸反应的速度最慢；___与盐酸反应产生的气体最多。
（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH碱性强于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性强于氮，你认为此设计是否合理？并说明理由____。
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B的名称为____，干燥管D的作用为___。
（4）若要证明非金属性Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾混合溶液，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，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。正交硫转化为单斜硫时，发生_____（填“物理变化”或“化学变化”）。
【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). 铝 (4). 不合理，因为NH3·H2O不是N元素对应的最高价氧化物的水化物 (5). 锥形瓶 (6). 防止倒吸 (7). 变蓝 (8). NaOH (9). 有白色沉淀生成 (10). 饱和NaHCO3 (11). 化学变化
【解析】
【分析】(1)金属性越强，与酸反应越剧烈；产生H2可从转移电子数分析；
(2)比较金属性需要通过比较最高价氧化物对应的水化物碱性强弱比较；
(3)和倒放的漏斗一样原理，这样安装的干燥管一般是防倒吸作用；
(4)卤素单质之间的置换可比较非金属性；
(5)除去二氧化碳中的氯化氢要用饱和NaHCO3 ；有无新物质生成是判断化学变化和物理变化的标准。
【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；铝；
(2)将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3•H2O，可以说明NaOH的碱性大于NH3•H2O，但不能说明Na的金属性大于N，因为要验证金属性的强弱，必须通过比较最高价氧化物所对应的水化物的碱性来进行比较，而NH3•H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物，故答案为：不合理，NH3•H2O不是N元素对应的最高价氧化物的水化物；
Ⅱ．(3)仪器A为分液漏斗；球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：锥形瓶；防止倒吸；
(4)浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气具有强氧化性，可与碘化钾反应生成碘，因淀粉遇碘变蓝色，则可观察到溶液变蓝，氯气有毒，不能排放到空气中，可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，则可用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，反应离子方程式为：2OH-+Cl2═Cl-+ClO-+H2O，故答案为：变蓝；NaOH。
(5)氯化氢具有挥发性，干扰实验结果，需要将二氧化碳中的氯化氢除掉，根据氯化氢与碳酸氢钠反应，而二氧化碳不反应，可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，故答案为：有白色沉淀生成；饱和NaHCO3。
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