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【化学】福建省华安县第一中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题（解析版）
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福建省华安县第一中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64 Cl-35.5 Fe-56
第Ⅰ卷 (选择题 共54分)
一、选择题：(共18题，每小题3分，共54分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)。
1.下列关于氨水的叙述中，不正确的是( )
A. 氨水具有弱碱性 B. 氨水和液氨成分相同
C. 氨水中共有6种粒子 D. 稀氨水可作化肥
【答案】B
【详解】A．NH3•H2O⇌NH4++OH-，不完全电离，氨水具有弱碱性，选项A正确；
B、氨水是混合物，液氨是纯净物，所以两者成分不相同，选项B不正确；
C．氨水中存在NH3+H2O⇌ NH3•H2O ⇌ NH4++OH-，则溶液中存在NH3、H2O、NH3•H2O、NH4+、OH-、H+共有6种粒子，选项C正确；
D、稀氨水可作化肥，选项D正确。
答案选B。
2.用玻璃棒分别蘸取下列各项中的两种浓溶液，将玻璃棒的下端相互靠近，没有白烟生成的是( )
A. 浓氨水和浓硝酸 B. 浓氨水和浓盐酸
C. 浓氨水和浓硫酸 D. 浓氨水和浓醋酸
【答案】C
【解析】
【分析】用玻璃棒分别蘸取下列各项中的两种浓溶液，将玻璃棒的下端相互靠近，能够产生白烟，说明两种物质都具有挥发性，且二者反应生成固体小颗粒，据此解答。
【详解】白烟是两种挥发性气体在空气中相遇生成的白色固体颗粒，浓H2SO4没有挥发性，不能在空气中与NH3相遇，因而都不会生成白烟；
而浓硝酸、浓盐酸、浓醋酸具有挥发性，遇到氨水挥发出来的氨气分别反应生成固体硝酸铵、氯化铵和醋酸铵，能产生大量白烟。
答案选C。
3.下列关于二氧化硫的说法不正确的是( )
A. 能使某些有色物质褪色 B. 无色、有刺激性气味、无毒
C. 既有氧化性、又有还原性 D. 既可溶于水、又可与水反应
【答案】B
【详解】A．二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液（有机色质）褪色，选项A正确；
B．二氧化硫是无色、有刺激性气味的有毒气体，选项B错误；
C．二氧化硫中S元素的化合价为+4价，为中间价态，则既有氧化性，又有还原性，选项C正确；
D．二氧化硫可与水反应生成亚硫酸，为酸性氧化物，选项D正确；
答案选B。
4.将固体碳酸氢铵置于试管中加热，使放出的气体依次通过盛有足量过氧化钠的干燥管、足量浓硫酸的洗气瓶，则最后得到的气体是( )
A. 氨气 B. 氧气
C. 水 D. 二氧化碳
【答案】B
【详解】碳酸氢铵受热分解的产物是二氧化碳、水和氨气，这些混合气体通过足量的过氧化钠时，水蒸气、二氧化碳没有剩余，但生成了氧气；通过浓硫酸时，氨气与硫酸反应。因此最后得到的气体只有氧气。
答案选B。
5.下列说法正确的是( )
A. 酸雨是指pH＜7的雨水，酸雨长时间放置，酸性变强
B. 用排空气法收集NO
C. 用加热浓氨水的方法可以快速制氨气，经氯化钙干燥后得到纯净的氨气
D. 8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，因此可以用浓氨水检验氯气的管道是否漏气
【答案】D
【解析】A、pH＜5.6的雨水叫酸雨，硫酸型酸雨长时间亚硫酸会被氧化成硫酸，酸性变强，故A错误；B、NO与氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集NO，故B错误；C、氯化钙与氨气反应生成配合物，所以不能用氯化钙干燥氨气，故C错误；D、反应Cl2+2NH3═N2+6HCl，生成HCl与氨气会出现白烟，所以可以用浓氨水检验氯气的管道是否漏气，故D正确；故选D。
6.浓硫酸与下列物质作用时，既表现氧化性又表现酸性的是( )
A. 红热的木炭 B. 硫化氢气体
C. 氧化亚铁 D. 使蔗糖变黑
【答案】C
【解析】
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与还原性物质发生氧化还原反应，当反应表现出酸性时，应由盐生成，以此解答。
【详解】A、炽热的木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸只表现氧化性；
B、H2S气体与浓硫酸反应生成硫和二氧化硫，浓硫酸只表现氧化性；
C、FeO和浓硫酸反应生成硫酸铁和二氧化硫，浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性；
D、蔗糖与浓硫酸作用，浓硫酸表现脱水性和强氧化性；
答案选C。
7.下列污染现象主要与二氧化硫有关的是( )
A. 酸雨 B. 光化学烟雾
C. 臭氧层空洞 D. 温室效应
【答案】A
【详解】A．酸雨是因为空气中的污染物二氧化硫、氮氧化合物等过多造成的，选项A正确；
B．大气中的碳氢化合物、氮氧化合物等为一次污染物，在太阳光中紫外线照射下能发生化学反应，衍生种种二次污染物。由一次污染物和二次污染物的混合物（气体和颗粒物）所形成的烟雾污染现象，称为光化学烟雾，选项B错误；
C．制冷剂“氟里昂”等，对臭氧层有很大的破坏作用，会使臭氧层形成空洞，选项C错误；
D．造成温室效应的主要气体为二氧化碳，选项D错误。
答案选A。
8. 某溶液能与铝反应生成氢气，则该溶液中一定不能够大量共存的离子组是( )
A. NH4+、K+、Ba2+、Cl﹣ B. Na+、K+、Cl﹣、S2﹣
C. Na+、 Fe2+、Cl﹣、NO3﹣ D. K+、Na+、SO32﹣、NO3﹣
【答案】C
【解析】试题分析：与铝反应生成氢气的溶液是酸或碱溶液。A．在碱溶液中，NH4＋与OH－反应不能大量共存，A项错误；B．在酸溶液中，H＋与S2－反应不能大量共存，B项错误；C．各离子在酸溶液或碱溶液中均能大量共存，C项正确；D．在酸性溶液中，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，不能大量共存，D项错误；答案选C。
9.下列有关SO2气体的实验现象中不正确的是( )
A. 装满SO2气体的试管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，进入试管的液体呈红色
B. 将SO2气体通入装有品红溶液的试管里，红色逐渐褪去，给试管加热无明显变化
C. 打开盛有SO2气体的集气瓶口的玻璃片，可闻到刺激性气味
D. 将SO2气体通入装有溴水溶液的试管里，橙红色逐渐褪去
【答案】B
【解析】SO2气体使品红褪色，加热后颜色又恢复。答案选B。
10.下列溶液可用于鉴别CO2与SO2气体的有( )
①品红溶液②氯化钙③酸性高锰酸钾④溴水⑤氢硫酸⑥澄清石灰水．
A. ①③④⑤ B. ①③④⑥
C. ①②③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：①SO2能使品红溶液褪色，CO2不能，可以鉴别，①正确；；②SO2和CO2与CaCl2均不反应，无法鉴别，②错误；③二氧化硫与酸性高锰酸钾发生反应使其褪色，而二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，③正确；④二氧化硫与溴水反应生成氢溴酸和硫酸，溴水颜色消失，而二氧化碳不反应，现象不同，可鉴别，④正确；⑤二氧化硫与氢硫酸反应生成沉淀，而二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，⑤正确；⑥二者均能使澄清的石灰水变浑浊，现象相同，不能鉴别，⑥错误；答案选A。
考点：考查CO2、SO2的性质。
11.用一种试剂可鉴别NH4Cl，K2SO4，(NH4)2SO4，AlCl3、FeCl3五瓶溶液，(必要时，可加热)该试剂是( )
A. Ba(OH)2 B. NaOH
C. KSCN D. BaCl2
【答案】A
【解析】
【分析】根据溶液颜色可以鉴别出FeCl3，检验硫酸根离子可以用钡离子，检验铵根离子可以用氢氧根离子，所以鉴别五种物质时可以使用Ba(OH)2溶液，据此进行解答。
【详解】A．加入氢氧化钡溶液后，只产生气体的为NH4Cl，只产生白色沉淀的为K2SO4，先生成白色沉淀后沉淀溶解的为AlCl3，生成红褐色沉淀的为FeCl3，既有沉淀又有气体生成的为（NH4）2SO4，所以能够用B a(OH)2鉴别，选项A正确；
B．用氢氧化钠溶液能够鉴别氯化铝溶液，但是无法鉴别NH4Cl、K2SO4、（NH4）2SO4，选项B错误；
C．KSCN只能鉴别出FeCl3，无法鉴别其它物质，选项C错误；
D．氯化钡溶液能够与硫酸钾、硫酸铵反应，但是无法鉴别二者，且氯化钡不与氯化铵、氯化铝、氯化铁反应，所以无法用氯化钡溶液鉴别该5种物质，选项D错误；
答案选A。
12.下列实验装置不能达到实验目的的是( )
A. 用SO2做喷泉实验
B. 验证Cu和浓HNO3反应的热量变化
C. 验证氨气易溶于水
D. 比较Na2CO3与NaHCO3的热稳定性
【答案】D
【解析】A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，A正确；B．如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，B正确；C．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，C正确；D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，D错误。答案选D。
13.下列事实不能用于判断金属性强弱的是( )
A. 金属单质间发生的置换反应
B. 1 mol金属单质在反应中失去电子的多少
C. 金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱
D. 金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气的难易
【答案】B
【详解】A、活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来，通过金属间发生的置换反应能用于判断金属性强弱，选项A正确；
B、1mol金属单质失电子的多少由原子结构决定，与失电子能力强弱无关，所以1mol金属单质在反应中失去电子的多少不能用于判断金属性强弱，选项B错误；
C、金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则金属性越强，可以通过金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱判断金属性强弱，选项C正确；
D、金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易，则金属性越强，金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气的难易程度可以判断金属性强弱，选项D正确。
答案选B。
14.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：( )
元素符号
X
Y
Z
R
T
原子半径(nm)
0.160
0.080
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. 单质与氢气化合的难易程度Z>T
B. 离子半径：T2- > X2+ > R3+
C. 元素最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>R>X
D. 相同条件下，单质与稀硫酸反应的剧烈程度：R>Y>X
【答案】B
【解析】
【分析】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，结合元素周期律知识解答该题。
【详解】A、非金属性O＞S，非金属越强，单质与氢气化合越容易，所以单质与氢气化合的难易程度为O＞S，即Z＜T，选项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+＞Al3+，选项B正确；
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、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，选项D错误；
答案选：B。
15. X、Y、Z为短周期元素，这些元素原子的最外层电子数分别为1、4、6，则由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（ ）
A. XYZ B. X3YZ C. XYZ2 D. X2YZ3
【答案】D
【解析】试题分析：元素组成的化合物分子中正负化合价的代数和为0。X最外层电子数为1，则其在化合物的化合价为+1价； Y最外层电子数为4，则其在化合物的化合价为+4价；Z元素原子的最外层电子数为6，则其在化合物的化合价为-2价；所以根据化合物中的蒸发化合价的代数和为0 的原则可知由这三种有的化学式可能是X2YZ3。如H2CO3、Na2SiO3等。因此正确选项为D。
16.下列关于碘元素(原子序数53)的放射性同位素131I的叙述中正确的是( )
A. 一个此碘原子中含有131个质子
B. 131I位于元素周期表中第4周期ⅦA族
C. 其氢化物为HI，比HCl的稳定性弱
D. 最高价氧化物的水化物为HIO4，比HClO4的酸性强
【答案】C
【详解】A、131I 原子中含有53个质子，质量数131，选项A错误；
B. 131I位于元素周期表中第五周期ⅦA族，选项B错误；
C. 同主族元素从上而下非金属性依次减弱，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则碘的氢化物为HI，比HCl的稳定性弱，选项C正确；
D. 非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，最高价氧化物的水化物为HIO4，比HClO4的酸性弱，选项D错误。
答案选C。
17.密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%.该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数( )
A. 等于12.5% B. 大于12.5%
C. 小于12.5% D. 无法确定
【答案】C
【解析】试题分析：氨水的密度小于水，氨水用等体积的水稀释后溶液质量大于原来的2倍，所以氨水的质量分数小于原来的1/2，即小于12.5%，答案选C。
18.将1.92gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共产生气体1.12L（标准状况），则反应中消耗HNO3的物质的量为（ ）
A. 0.12mol B. 0.11mol C. 0.08mol D. 0.06mol
【答案】B
【解析】试题分析：n（Cu）=1.92/64=0.03mol，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，说明与硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和NO2，根据原子守恒，生成硝酸铜需要的n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]=2n（Cu）=2×0.03mol=0.06mol，气体为氮氧化物，气体的物质的量=n（NO）+n（NO2）=1.12/22.4=0.05mol，根据N元素守恒可知，共消耗硝酸0.06mol+0.05mol=0.11mol。答案选B。
二、非选择题(包括5题，共46 分)
19.在1～18号元素中,除稀有气体元素外，回答下列问题(用元素符号或化学式回答)：
(1)原子半径最小的元素是____。
(2)原子半径最大的元素是____。
(3)非金属性最强的元素是____。
(4)金属性最强的元素是____。
(5)最高价氧化物对应水化物碱性最强的碱化学式为____。
(6)最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸是____。
(7)气态氢化物中最稳定的是____。
【答案】(1). H (2). Na (3). F (4). Na (5). NaOH (6). HClO4 (7). HF
【详解】（1）同一周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下元素的原子半径逐渐增大，可知原子半径最小的为H；
（2）同一周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下元素的原子半径逐渐增大，可知原子半径最大的是Na；
（3）同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性减弱、非金属性增强，故1～18号元素中，非金属性最强为F；
（4）同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性减弱、非金属性增强，故1～18号元素中，金属性最强的为Na；
（5）金属性最强的为Na，与水反应最剧烈，形成的碱NaOH碱性最强；
（6）氟元素没有最高价含氧酸，故Cl元素最高价氧化物的水化物高氯酸的酸性最强，酸性最强的酸是HClO4；
（7）非金属性最强的元素为F，其形成的氢化物HF最稳定，故答案为；HF。
20.A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，相互转化关系如下(反应条件及其他物质已经略去):
ABCD
(1)若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则D的化学式为： ________________________。
写出B→C的化学方程式：________________________________________。
(2)若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
则请：写出A与水反应的化学方程式：________________________________。
写出B→C的化学方程式：______________________________________。
写出C →D的化学方程式：______________________________________。
【答案】(1). H2SO4 (2). 2SO2＋O22SO3 (3). NH3 + H2O NH3·H2O (4). 2NO＋O2=2NO2 (5). 3NO2+H2O=2HNO3+NO
【解析】
【分析】A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，根据题中各物质转化关系，A能经过两步氧化得C，C与水反应生成D，
（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
（2）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3。
【详解】A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，根据题中各物质转化关系，A能经过两步氧化得C，C与水反应生成D，
（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，B→C的化学方程式为2SO2＋O22SO3；
（2）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3，则A与水反应的化学方程式为：NH3 + H2O NH3·H2O；B→C的化学方程式为：2NO＋O2=2NO2；C →D的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。
21.A、B、C为短周期元素，在周期表中所处位置如图所示。A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数。B原子核内质子数和中子数相等。
(1)写出元素名称：A_________、B_________、C_________。
(2)B位于元素周期表第_________周期第_________族。
(3)比较B、C的原子半径：B___________C。写出A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式________________________。
【答案】(1). 氮 (2). 硫 (3). 氟 (4). 第3周期 (5). 第VIA族 (6). B＞C (7). 2NH3+H2SO4==(NH4)2SO4
【解析】
【分析】A、B、C为短周期元素，由元素所处位置可知，A、C处于第二周期，B处于第三周期，设B元素的质子数为x，则A的核外电子数为x-9，C的核外电子数为x-7，可得x-9+x-7=x，解之得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，则A、B、C分别为N、S、F元素，据此解答。
【详解】A、B、C为短周期元素，由元素所处位置可知，A、C处于第二周期，B处于第三周期，设B元素的质子数为x，则A的核外电子数为x-9，C的核外电子数为x-7，可得x-9+x-7=x，解之得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，则A、B、C分别为N、S、F元素，
（1）由上述分析可知，A为氮、B为硫、C为氟；
（2）B为硫，位于元素周期表第三周期第VIA族；
（3）同主族元素从上而下原子半径依次增大，故S>O；同周期元素从左而右原子半径依次减小，故O>F，因此B、C的原子半径：B>C；A的气态氢化物NH3与B的最高价氧化物对应的水化物H2SO4反应生成硫酸铵，反应的化学方程式为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4。
22.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其元素特征信息如下表：
元素编号
元素特征信息
A
最高正价和最低负价的绝对值之差为2
B
原子核电荷数是内层电子数的4倍
C
1molC单质能与冷水反应，在标准状况下生成11.2L H2
D
原子最外层电子数等于其周期序数
E
负二价阴离子的电子层结构与Ar原子相同
(1)E的简单离子的结构示意图为____________；
(2)C元素和A元素能化合形成C3A的化合物，该化合物化学式是__________；
(3)C和D简单离子的半径大小为____ >_____；(用离子符号表示)
(4)用两根玻璃棒分别蘸取A元素最高价氧化物对应水化物的浓溶液和A元素的氢化物的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，写出产生该现象的化学方程式 _____________________________ 。
(5)元素非金属性强弱比较有很多方法，其中B和E的非金属性强弱的研究方案中可行的是_________(填序号)；
a.比较两种单质的颜色 b. 依据两元素在周期表中的位置
c.比较氢化物的稳定性 d.依据两元素单质在自然界中的存在状态
【答案】(1). (2). Na3N (3). Na+ (4). Al3+ (5). NH3+HNO3 = NH4NO3 (6). b c
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的最高正价和最低负价的绝对值之差为2，则A的最高正价为+5，负价为-3，所以A为ⅤA族元素，结合原子序数大小可知A为N元素；
B原子核电荷数是内层电子数的4倍，结合原子序数大小可知B为O元素；
1molC单质能与冷水反应，在标准状况下生成11.2LH2，氢气的物质的量为：=0.5mol，则1molC完全反应失去1mol电子，则C为Na元素；
D的原子最外层电子数等于其周期序数，D的原子序数大于Na，则D为第三周期第ⅢA族元素，为Al元素；
E的负二价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，其质子数为18-2=16，所以E为S元素，然后结合元素周期律的知识进行解答。
【详解】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的最高正价和最低负价的绝对值之差为2，则A的最高正价为+5，负价为-3，所以A为ⅤA族元素，结合原子序数大小可知A为N元素；
B原子核电荷数是内层电子数的4倍，结合原子序数大小可知B为O元素；
1molC单质能与冷水反应，在标准状况下生成11.2LH2，氢气的物质的量为：=0.5mol，则1molC完全反应失去1mol电子，则C为Na元素；
D的原子最外层电子数等于其周期序数，D的原子序数大于Na，则D为第三周期第ⅢA族元素，为Al元素；
E的负二价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，其质子数为18-2=16，所以E为S元素。
(1)E为S元素，其简单离子S2-的结构示意图为；
(2)C元素和A元素能化合形成C3A的化合物，该化合物化学式是Na3N；
(3)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，故C和D简单离子的半径大小为Na+ > Al3+；
(4)用两根玻璃棒分别蘸取A元素最高价氧化物对应水化物的浓溶液和A元素的氢化物的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，生成硝酸铵，产生该现象的化学方程式为NH3+HNO3 = NH4NO3；
(5)a.不能利用物理性质（如颜色、状态）来比较非金属性，可利用氢化物的稳定性或元素在周期表中的位置等来比较非金属性，故答案选b c。
23.汽车尾气(含有烃类、CO、SO2与NO等物质)是城市空气的污染源。冶理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”(用铂、钯合金作催化剂)。它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及SO2的转化。
(1) 写出一氧化碳与一氧化氮反应的化学方程式：_____________________。
(2) “催化转化器”的缺点是在一定程度上提高空气的酸度，其原因是_______________
(3) 控制城市污染源的方法可以有____________(多选扣分)
A. 开发氢能源 B. 使用电动车 C. 植树造林 D. 戴上呼吸面具
【答案】(1). 2CO + 2NO 2CO2 + N2 (2). SO2转化为SO3，溶于水后生成强酸硫酸 (3). AB
【详解】（1）一氧化氮和一氧化碳在催化剂的作用下反应生成二氧化碳和氮气，该反应的化学方程式为：2CO + 2NO 2CO2 + N2；
（2）“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高空气的酸度是因为SO2转化为SO3，溶于水后生成强酸硫酸；
（3）A．开发氢能源是从源头上实现污染预防，选项A正确；
B．使用电动汽车是从源头上实现污染预防，选项B正确；
C．植树造林不是从源头上实现污染预防，选项C错误；
D．戴上呼吸面具不是从源头上实现污染预防，选项D错误；
故答案为A、B。
24.我国利用接触法制硫酸的第一步是在沸腾炉中焚烧黄铁矿。现有1吨含脉石(SiO2)的黄铁矿(FeS2)样品，将其在氧气流中充分灼烧，反应完全后得0.78 吨残渣，该黄铁矿的纯度是多少？要求写出计算过程(提示：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2)
【答案】纯度66%
【解析】
【详解】硫铁矿煅烧过程中固体质量改变是因为 FeS2转化为Fe2O3
根据4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2 固体减少
480 320 160
x 1t-0.78t
＝
解得：x＝0.66t，黄铁矿的纯度是。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64 Cl-35.5 Fe-56
第Ⅰ卷 (选择题 共54分)
一、选择题：(共18题，每小题3分，共54分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)。
1.下列关于氨水的叙述中，不正确的是( )
A. 氨水具有弱碱性 B. 氨水和液氨成分相同
C. 氨水中共有6种粒子 D. 稀氨水可作化肥
【答案】B
【详解】A．NH3•H2O⇌NH4++OH-，不完全电离，氨水具有弱碱性，选项A正确；
B、氨水是混合物，液氨是纯净物，所以两者成分不相同，选项B不正确；
C．氨水中存在NH3+H2O⇌ NH3•H2O ⇌ NH4++OH-，则溶液中存在NH3、H2O、NH3•H2O、NH4+、OH-、H+共有6种粒子，选项C正确；
D、稀氨水可作化肥，选项D正确。
答案选B。
2.用玻璃棒分别蘸取下列各项中的两种浓溶液，将玻璃棒的下端相互靠近，没有白烟生成的是( )
A. 浓氨水和浓硝酸 B. 浓氨水和浓盐酸
C. 浓氨水和浓硫酸 D. 浓氨水和浓醋酸
【答案】C
【解析】
【分析】用玻璃棒分别蘸取下列各项中的两种浓溶液，将玻璃棒的下端相互靠近，能够产生白烟，说明两种物质都具有挥发性，且二者反应生成固体小颗粒，据此解答。
【详解】白烟是两种挥发性气体在空气中相遇生成的白色固体颗粒，浓H2SO4没有挥发性，不能在空气中与NH3相遇，因而都不会生成白烟；
而浓硝酸、浓盐酸、浓醋酸具有挥发性，遇到氨水挥发出来的氨气分别反应生成固体硝酸铵、氯化铵和醋酸铵，能产生大量白烟。
答案选C。
3.下列关于二氧化硫的说法不正确的是( )
A. 能使某些有色物质褪色 B. 无色、有刺激性气味、无毒
C. 既有氧化性、又有还原性 D. 既可溶于水、又可与水反应
【答案】B
【详解】A．二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液（有机色质）褪色，选项A正确；
B．二氧化硫是无色、有刺激性气味的有毒气体，选项B错误；
C．二氧化硫中S元素的化合价为+4价，为中间价态，则既有氧化性，又有还原性，选项C正确；
D．二氧化硫可与水反应生成亚硫酸，为酸性氧化物，选项D正确；
答案选B。
4.将固体碳酸氢铵置于试管中加热，使放出的气体依次通过盛有足量过氧化钠的干燥管、足量浓硫酸的洗气瓶，则最后得到的气体是( )
A. 氨气 B. 氧气
C. 水 D. 二氧化碳
【答案】B
【详解】碳酸氢铵受热分解的产物是二氧化碳、水和氨气，这些混合气体通过足量的过氧化钠时，水蒸气、二氧化碳没有剩余，但生成了氧气；通过浓硫酸时，氨气与硫酸反应。因此最后得到的气体只有氧气。
答案选B。
5.下列说法正确的是( )
A. 酸雨是指pH＜7的雨水，酸雨长时间放置，酸性变强
B. 用排空气法收集NO
C. 用加热浓氨水的方法可以快速制氨气，经氯化钙干燥后得到纯净的氨气
D. 8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，因此可以用浓氨水检验氯气的管道是否漏气
【答案】D
【解析】A、pH＜5.6的雨水叫酸雨，硫酸型酸雨长时间亚硫酸会被氧化成硫酸，酸性变强，故A错误；B、NO与氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集NO，故B错误；C、氯化钙与氨气反应生成配合物，所以不能用氯化钙干燥氨气，故C错误；D、反应Cl2+2NH3═N2+6HCl，生成HCl与氨气会出现白烟，所以可以用浓氨水检验氯气的管道是否漏气，故D正确；故选D。
6.浓硫酸与下列物质作用时，既表现氧化性又表现酸性的是( )
A. 红热的木炭 B. 硫化氢气体
C. 氧化亚铁 D. 使蔗糖变黑
【答案】C
【解析】
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与还原性物质发生氧化还原反应，当反应表现出酸性时，应由盐生成，以此解答。
【详解】A、炽热的木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸只表现氧化性；
B、H2S气体与浓硫酸反应生成硫和二氧化硫，浓硫酸只表现氧化性；
C、FeO和浓硫酸反应生成硫酸铁和二氧化硫，浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性；
D、蔗糖与浓硫酸作用，浓硫酸表现脱水性和强氧化性；
答案选C。
7.下列污染现象主要与二氧化硫有关的是( )
A. 酸雨 B. 光化学烟雾
C. 臭氧层空洞 D. 温室效应
【答案】A
【详解】A．酸雨是因为空气中的污染物二氧化硫、氮氧化合物等过多造成的，选项A正确；
B．大气中的碳氢化合物、氮氧化合物等为一次污染物，在太阳光中紫外线照射下能发生化学反应，衍生种种二次污染物。由一次污染物和二次污染物的混合物（气体和颗粒物）所形成的烟雾污染现象，称为光化学烟雾，选项B错误；
C．制冷剂“氟里昂”等，对臭氧层有很大的破坏作用，会使臭氧层形成空洞，选项C错误；
D．造成温室效应的主要气体为二氧化碳，选项D错误。
答案选A。
8. 某溶液能与铝反应生成氢气，则该溶液中一定不能够大量共存的离子组是( )
A. NH4+、K+、Ba2+、Cl﹣ B. Na+、K+、Cl﹣、S2﹣
C. Na+、 Fe2+、Cl﹣、NO3﹣ D. K+、Na+、SO32﹣、NO3﹣
【答案】C
【解析】试题分析：与铝反应生成氢气的溶液是酸或碱溶液。A．在碱溶液中，NH4＋与OH－反应不能大量共存，A项错误；B．在酸溶液中，H＋与S2－反应不能大量共存，B项错误；C．各离子在酸溶液或碱溶液中均能大量共存，C项正确；D．在酸性溶液中，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，不能大量共存，D项错误；答案选C。
9.下列有关SO2气体的实验现象中不正确的是( )
A. 装满SO2气体的试管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，进入试管的液体呈红色
B. 将SO2气体通入装有品红溶液的试管里，红色逐渐褪去，给试管加热无明显变化
C. 打开盛有SO2气体的集气瓶口的玻璃片，可闻到刺激性气味
D. 将SO2气体通入装有溴水溶液的试管里，橙红色逐渐褪去
【答案】B
【解析】SO2气体使品红褪色，加热后颜色又恢复。答案选B。
10.下列溶液可用于鉴别CO2与SO2气体的有( )
①品红溶液②氯化钙③酸性高锰酸钾④溴水⑤氢硫酸⑥澄清石灰水．
A. ①③④⑤ B. ①③④⑥
C. ①②③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：①SO2能使品红溶液褪色，CO2不能，可以鉴别，①正确；；②SO2和CO2与CaCl2均不反应，无法鉴别，②错误；③二氧化硫与酸性高锰酸钾发生反应使其褪色，而二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，③正确；④二氧化硫与溴水反应生成氢溴酸和硫酸，溴水颜色消失，而二氧化碳不反应，现象不同，可鉴别，④正确；⑤二氧化硫与氢硫酸反应生成沉淀，而二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，⑤正确；⑥二者均能使澄清的石灰水变浑浊，现象相同，不能鉴别，⑥错误；答案选A。
考点：考查CO2、SO2的性质。
11.用一种试剂可鉴别NH4Cl，K2SO4，(NH4)2SO4，AlCl3、FeCl3五瓶溶液，(必要时，可加热)该试剂是( )
A. Ba(OH)2 B. NaOH
C. KSCN D. BaCl2
【答案】A
【解析】
【分析】根据溶液颜色可以鉴别出FeCl3，检验硫酸根离子可以用钡离子，检验铵根离子可以用氢氧根离子，所以鉴别五种物质时可以使用Ba(OH)2溶液，据此进行解答。
【详解】A．加入氢氧化钡溶液后，只产生气体的为NH4Cl，只产生白色沉淀的为K2SO4，先生成白色沉淀后沉淀溶解的为AlCl3，生成红褐色沉淀的为FeCl3，既有沉淀又有气体生成的为（NH4）2SO4，所以能够用B a(OH)2鉴别，选项A正确；
B．用氢氧化钠溶液能够鉴别氯化铝溶液，但是无法鉴别NH4Cl、K2SO4、（NH4）2SO4，选项B错误；
C．KSCN只能鉴别出FeCl3，无法鉴别其它物质，选项C错误；
D．氯化钡溶液能够与硫酸钾、硫酸铵反应，但是无法鉴别二者，且氯化钡不与氯化铵、氯化铝、氯化铁反应，所以无法用氯化钡溶液鉴别该5种物质，选项D错误；
答案选A。
12.下列实验装置不能达到实验目的的是( )
A. 用SO2做喷泉实验
B. 验证Cu和浓HNO3反应的热量变化
C. 验证氨气易溶于水
D. 比较Na2CO3与NaHCO3的热稳定性
【答案】D
【解析】A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，A正确；B．如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，B正确；C．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，C正确；D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，D错误。答案选D。
13.下列事实不能用于判断金属性强弱的是( )
A. 金属单质间发生的置换反应
B. 1 mol金属单质在反应中失去电子的多少
C. 金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱
D. 金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气的难易
【答案】B
【详解】A、活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来，通过金属间发生的置换反应能用于判断金属性强弱，选项A正确；
B、1mol金属单质失电子的多少由原子结构决定，与失电子能力强弱无关，所以1mol金属单质在反应中失去电子的多少不能用于判断金属性强弱，选项B错误；
C、金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则金属性越强，可以通过金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱判断金属性强弱，选项C正确；
D、金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易，则金属性越强，金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气的难易程度可以判断金属性强弱，选项D正确。
答案选B。
14.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：( )
元素符号
X
Y
Z
R
T
原子半径(nm)
0.160
0.080
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. 单质与氢气化合的难易程度Z>T
B. 离子半径：T2- > X2+ > R3+
C. 元素最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>R>X
D. 相同条件下，单质与稀硫酸反应的剧烈程度：R>Y>X
【答案】B
【解析】
【分析】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，结合元素周期律知识解答该题。
【详解】A、非金属性O＞S，非金属越强，单质与氢气化合越容易，所以单质与氢气化合的难易程度为O＞S，即Z＜T，选项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+＞Al3+，选项B正确；
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、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，选项D错误；
答案选：B。
15. X、Y、Z为短周期元素，这些元素原子的最外层电子数分别为1、4、6，则由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（ ）
A. XYZ B. X3YZ C. XYZ2 D. X2YZ3
【答案】D
【解析】试题分析：元素组成的化合物分子中正负化合价的代数和为0。X最外层电子数为1，则其在化合物的化合价为+1价； Y最外层电子数为4，则其在化合物的化合价为+4价；Z元素原子的最外层电子数为6，则其在化合物的化合价为-2价；所以根据化合物中的蒸发化合价的代数和为0 的原则可知由这三种有的化学式可能是X2YZ3。如H2CO3、Na2SiO3等。因此正确选项为D。
16.下列关于碘元素(原子序数53)的放射性同位素131I的叙述中正确的是( )
A. 一个此碘原子中含有131个质子
B. 131I位于元素周期表中第4周期ⅦA族
C. 其氢化物为HI，比HCl的稳定性弱
D. 最高价氧化物的水化物为HIO4，比HClO4的酸性强
【答案】C
【详解】A、131I 原子中含有53个质子，质量数131，选项A错误；
B. 131I位于元素周期表中第五周期ⅦA族，选项B错误；
C. 同主族元素从上而下非金属性依次减弱，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则碘的氢化物为HI，比HCl的稳定性弱，选项C正确；
D. 非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，最高价氧化物的水化物为HIO4，比HClO4的酸性弱，选项D错误。
答案选C。
17.密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%.该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数( )
A. 等于12.5% B. 大于12.5%
C. 小于12.5% D. 无法确定
【答案】C
【解析】试题分析：氨水的密度小于水，氨水用等体积的水稀释后溶液质量大于原来的2倍，所以氨水的质量分数小于原来的1/2，即小于12.5%，答案选C。
18.将1.92gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共产生气体1.12L（标准状况），则反应中消耗HNO3的物质的量为（ ）
A. 0.12mol B. 0.11mol C. 0.08mol D. 0.06mol
【答案】B
【解析】试题分析：n（Cu）=1.92/64=0.03mol，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，说明与硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和NO2，根据原子守恒，生成硝酸铜需要的n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]=2n（Cu）=2×0.03mol=0.06mol，气体为氮氧化物，气体的物质的量=n（NO）+n（NO2）=1.12/22.4=0.05mol，根据N元素守恒可知，共消耗硝酸0.06mol+0.05mol=0.11mol。答案选B。
二、非选择题(包括5题，共46 分)
19.在1～18号元素中,除稀有气体元素外，回答下列问题(用元素符号或化学式回答)：
(1)原子半径最小的元素是____。
(2)原子半径最大的元素是____。
(3)非金属性最强的元素是____。
(4)金属性最强的元素是____。
(5)最高价氧化物对应水化物碱性最强的碱化学式为____。
(6)最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸是____。
(7)气态氢化物中最稳定的是____。
【答案】(1). H (2). Na (3). F (4). Na (5). NaOH (6). HClO4 (7). HF
【详解】（1）同一周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下元素的原子半径逐渐增大，可知原子半径最小的为H；
（2）同一周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下元素的原子半径逐渐增大，可知原子半径最大的是Na；
（3）同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性减弱、非金属性增强，故1～18号元素中，非金属性最强为F；
（4）同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性减弱、非金属性增强，故1～18号元素中，金属性最强的为Na；
（5）金属性最强的为Na，与水反应最剧烈，形成的碱NaOH碱性最强；
（6）氟元素没有最高价含氧酸，故Cl元素最高价氧化物的水化物高氯酸的酸性最强，酸性最强的酸是HClO4；
（7）非金属性最强的元素为F，其形成的氢化物HF最稳定，故答案为；HF。
20.A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，相互转化关系如下(反应条件及其他物质已经略去):
ABCD
(1)若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则D的化学式为： ________________________。
写出B→C的化学方程式：________________________________________。
(2)若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
则请：写出A与水反应的化学方程式：________________________________。
写出B→C的化学方程式：______________________________________。
写出C →D的化学方程式：______________________________________。
【答案】(1). H2SO4 (2). 2SO2＋O22SO3 (3). NH3 + H2O NH3·H2O (4). 2NO＋O2=2NO2 (5). 3NO2+H2O=2HNO3+NO
【解析】
【分析】A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，根据题中各物质转化关系，A能经过两步氧化得C，C与水反应生成D，
（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
（2）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3。
【详解】A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，根据题中各物质转化关系，A能经过两步氧化得C，C与水反应生成D，
（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，B→C的化学方程式为2SO2＋O22SO3；
（2）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3，则A与水反应的化学方程式为：NH3 + H2O NH3·H2O；B→C的化学方程式为：2NO＋O2=2NO2；C →D的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。
21.A、B、C为短周期元素，在周期表中所处位置如图所示。A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数。B原子核内质子数和中子数相等。
(1)写出元素名称：A_________、B_________、C_________。
(2)B位于元素周期表第_________周期第_________族。
(3)比较B、C的原子半径：B___________C。写出A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式________________________。
【答案】(1). 氮 (2). 硫 (3). 氟 (4). 第3周期 (5). 第VIA族 (6). B＞C (7). 2NH3+H2SO4==(NH4)2SO4
【解析】
【分析】A、B、C为短周期元素，由元素所处位置可知，A、C处于第二周期，B处于第三周期，设B元素的质子数为x，则A的核外电子数为x-9，C的核外电子数为x-7，可得x-9+x-7=x，解之得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，则A、B、C分别为N、S、F元素，据此解答。
【详解】A、B、C为短周期元素，由元素所处位置可知，A、C处于第二周期，B处于第三周期，设B元素的质子数为x，则A的核外电子数为x-9，C的核外电子数为x-7，可得x-9+x-7=x，解之得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，则A、B、C分别为N、S、F元素，
（1）由上述分析可知，A为氮、B为硫、C为氟；
（2）B为硫，位于元素周期表第三周期第VIA族；
（3）同主族元素从上而下原子半径依次增大，故S>O；同周期元素从左而右原子半径依次减小，故O>F，因此B、C的原子半径：B>C；A的气态氢化物NH3与B的最高价氧化物对应的水化物H2SO4反应生成硫酸铵，反应的化学方程式为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4。
22.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其元素特征信息如下表：
元素编号
元素特征信息
A
最高正价和最低负价的绝对值之差为2
B
原子核电荷数是内层电子数的4倍
C
1molC单质能与冷水反应，在标准状况下生成11.2L H2
D
原子最外层电子数等于其周期序数
E
负二价阴离子的电子层结构与Ar原子相同
(1)E的简单离子的结构示意图为____________；
(2)C元素和A元素能化合形成C3A的化合物，该化合物化学式是__________；
(3)C和D简单离子的半径大小为____ >_____；(用离子符号表示)
(4)用两根玻璃棒分别蘸取A元素最高价氧化物对应水化物的浓溶液和A元素的氢化物的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，写出产生该现象的化学方程式 _____________________________ 。
(5)元素非金属性强弱比较有很多方法，其中B和E的非金属性强弱的研究方案中可行的是_________(填序号)；
a.比较两种单质的颜色 b. 依据两元素在周期表中的位置
c.比较氢化物的稳定性 d.依据两元素单质在自然界中的存在状态
【答案】(1). (2). Na3N (3). Na+ (4). Al3+ (5). NH3+HNO3 = NH4NO3 (6). b c
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的最高正价和最低负价的绝对值之差为2，则A的最高正价为+5，负价为-3，所以A为ⅤA族元素，结合原子序数大小可知A为N元素；
B原子核电荷数是内层电子数的4倍，结合原子序数大小可知B为O元素；
1molC单质能与冷水反应，在标准状况下生成11.2LH2，氢气的物质的量为：=0.5mol，则1molC完全反应失去1mol电子，则C为Na元素；
D的原子最外层电子数等于其周期序数，D的原子序数大于Na，则D为第三周期第ⅢA族元素，为Al元素；
E的负二价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，其质子数为18-2=16，所以E为S元素，然后结合元素周期律的知识进行解答。
【详解】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的最高正价和最低负价的绝对值之差为2，则A的最高正价为+5，负价为-3，所以A为ⅤA族元素，结合原子序数大小可知A为N元素；
B原子核电荷数是内层电子数的4倍，结合原子序数大小可知B为O元素；
1molC单质能与冷水反应，在标准状况下生成11.2LH2，氢气的物质的量为：=0.5mol，则1molC完全反应失去1mol电子，则C为Na元素；
D的原子最外层电子数等于其周期序数，D的原子序数大于Na，则D为第三周期第ⅢA族元素，为Al元素；
E的负二价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，其质子数为18-2=16，所以E为S元素。
(1)E为S元素，其简单离子S2-的结构示意图为；
(2)C元素和A元素能化合形成C3A的化合物，该化合物化学式是Na3N；
(3)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，故C和D简单离子的半径大小为Na+ > Al3+；
(4)用两根玻璃棒分别蘸取A元素最高价氧化物对应水化物的浓溶液和A元素的氢化物的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，生成硝酸铵，产生该现象的化学方程式为NH3+HNO3 = NH4NO3；
(5)a.不能利用物理性质（如颜色、状态）来比较非金属性，可利用氢化物的稳定性或元素在周期表中的位置等来比较非金属性，故答案选b c。
23.汽车尾气(含有烃类、CO、SO2与NO等物质)是城市空气的污染源。冶理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”(用铂、钯合金作催化剂)。它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及SO2的转化。
(1) 写出一氧化碳与一氧化氮反应的化学方程式：_____________________。
(2) “催化转化器”的缺点是在一定程度上提高空气的酸度，其原因是_______________
(3) 控制城市污染源的方法可以有____________(多选扣分)
A. 开发氢能源 B. 使用电动车 C. 植树造林 D. 戴上呼吸面具
【答案】(1). 2CO + 2NO 2CO2 + N2 (2). SO2转化为SO3，溶于水后生成强酸硫酸 (3). AB
【详解】（1）一氧化氮和一氧化碳在催化剂的作用下反应生成二氧化碳和氮气，该反应的化学方程式为：2CO + 2NO 2CO2 + N2；
（2）“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高空气的酸度是因为SO2转化为SO3，溶于水后生成强酸硫酸；
（3）A．开发氢能源是从源头上实现污染预防，选项A正确；
B．使用电动汽车是从源头上实现污染预防，选项B正确；
C．植树造林不是从源头上实现污染预防，选项C错误；
D．戴上呼吸面具不是从源头上实现污染预防，选项D错误；
故答案为A、B。
24.我国利用接触法制硫酸的第一步是在沸腾炉中焚烧黄铁矿。现有1吨含脉石(SiO2)的黄铁矿(FeS2)样品，将其在氧气流中充分灼烧，反应完全后得0.78 吨残渣，该黄铁矿的纯度是多少？要求写出计算过程(提示：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2)
【答案】纯度66%
【解析】
【详解】硫铁矿煅烧过程中固体质量改变是因为 FeS2转化为Fe2O3
根据4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2 固体减少
480 320 160
x 1t-0.78t
＝
解得：x＝0.66t，黄铁矿的纯度是。
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