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【化学】四川省雅安中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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四川省雅安中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Cl:35.5 Ca:40S:32 Si:28
第Ⅰ卷（选择题）
一．选择题（共25小题）
1.已知R原子有b个中子，R2+核外有a个电子．表示R原子符号正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】R2+离子核外有a个电子，阳离子中质子数=核外电子数+电荷数=a+2，质量数=质子数+中子数=a+b+2，所以R原子符号为，故C正确。
故答案选C。
2. 下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是（ ）
A. H3O＋和OH－ B. CO和N2
C. HNO2和NO2－ D. CH3＋和NH4＋
【答案】D
【解析】试题分析：A、H3O＋和OH－均含有10个电子，A不正确；B、CO和N2均含有14个电子，B不正确；C、HNO2和NO2－均含有24个电子，C不正确；D、CH3＋中含有8个电子，而NH4＋含有10个电子，D正确，答案选D。
3.据报道，科学家新合成了一种抗癌、治癌的药物，其化学式可表示为10B20．下列叙述正确的是（ ）
A. 10B20为硼元素的一种原子
B. 10B20为硼元素的一种单质
C. 10B20的中子数比核外电子数多
D. 10B20的原子核外电子排布为
【答案】B
【解析】试题分析：10B表示质量数为10的一种B原子，其中子数和质子数即核外电子数都相等，是B元素的一种同位素；10B20既表示一种由B元素组成的单质，又表示该单质的一个分子由20个10B原子构成。因此A、C、D三项均错误，B项正确。答案选B。
4.某元素最高正价氧化物对应的水化物的化学式是H2XO4，这种元素的气态氢化物的化学式为（ ）
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】B
【解析】
【分析】某元素最高正价氧化物对应的水化物的化学式是H2XO4，则最高价为+6价，其最低价为-2价，以此来解答。
【详解】由元素最高正价氧化物对应的水化物的化学式是H2XO4，则最高价为+6价，其最低价为+6-8=-2价，即元素的气态氢化物中的化合价为-2价，
A、HX中X的化合价为-1价，选项A不选；
B、H2X中X的化合价为-2价，选项B选；
C、XH3中X的化合价为-3价，选项C不选；
D、XH4中X的化合价为-4价，选项D不选；
答案选B。
5.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A. BF3 B. PCl5 C. NCl3 D. CH4
【答案】C
【解析】A. BF3 中B原子最外层为6电子结构；B. PCl5 中P原子最外层为10电子结构；C. NCl3 中所有原子都满足最外层为8电子结构；D. CH4中H原子最外层为2电子结构。故选C。
6.江苏省已开始大力实施“清水蓝天”工程。下列不利于“清水蓝天”工程实施的是（ ）
A. 催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾
B. 加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化
C. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用
D. 将废旧电池深埋，防止污染环境
【答案】D
【详解】A项，光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的，故不选A项；
B项，加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化，有利于保护水资源，故不选B项；
C项，积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，可以减少化石燃料的使用，有利于环境保护，故不选C项；
D项，废旧电池作深埋处理会污染土壤，不符合题意，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
7.关于化学反应与能量的说法正确的是（ ）
A. 中和反应是吸热反应
B. 氧化钙溶于水属于放热反应
C. 凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
D. 反应物总能量与生成物总能量一定相等
【答案】B
【解析】A. 中和反应是放热反应，A错误；B. 氧化钙溶于水生成氢氧化钙，属于放热反应，B正确；C. 凡经加热而发生的化学反应不一定都是吸热反应，例如木炭燃烧等，C错误；D. 反应物总能量与生成物总能量一定不相等，D错误，答案选B。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. NaHSO4在熔融状态下电离与在水中电离时，破坏的化学键完全相同
B. H2O比H2S分子稳定，是因为H2O分子间能形成氢键
C. NaCl和HCl气化时，克服的作用力不相同，故沸点不同
D. 碘沸点低、易升华，是因为分子中的 I﹣I键能较小
【答案】C
【解析】分析：A.先判断电解质的类型及电离出的阴阳离子；B.氢键影响的是物质的物理性质，分子的稳定性和化学键有关系；C. NaCl是离子化合物，HCl是共价化合物，气化时，克服的作用力不相同；D. 碘升华克服的是分子间作用力，与化学键无关。
详解：A.NaHSO4是强酸强碱酸式盐，属强电解质，完全电离，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，所以破坏了NaHSO4中的离子键和共价键，NaHSO4在熔融状态下电离，破坏了离子键，电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4-；故A错误；
B. 氢键影响的是物质的物理性质，分子的稳定性和化学键有关系，故B错误；
C. NaCl是离子化合物含有离子键，HCl是共价化合物含有共价键，气化时，克服的作用力不相同，故C正确；
D. 碘升华克服的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；所以本题答案为C。
9.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
D. NH3易溶于水，可用作制冷剂
【答案】A
【详解】A．熔点高的物质可作耐高温材料，由于Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，如制作耐火材料等，故A正确；
B．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与其氧化性无关，故B错误；
C．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用于制造光导纤维，与其硬度大小无关，故C错误；
D．氨气的沸点高，液氨气化吸热，用作制冷剂，与其溶解性无关，故D错误；
答案选A。
10. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指（ ）
A. 氨水 B. 硝酸 C. 醋 D. 卤水
【答案】B
【解析】根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属。答案选B。
11.通常人们把拆开1mol化学键吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热．下列是一些化学键的键能．
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ•mol﹣1）
414
489
565
155
根据键能数据估算反应CH4+4F2═CF4+4HF每消耗1molCH4的热效应（ ）
A. 放热1940kJ B. 吸热1940kJ
C. 放热485kJ D. 吸热485kJ
【答案】A
【解析】分析：根据ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量解答。
详解：根据键能数据可知反应CH4+4F2＝CF4+4HF的ΔH＝（4×414+4×155－4×489－4×565）kJ·mol＝－1940 kJ·mol，因此每消耗1molCH4的热效应为放热1940 kJ。
答案选A。
12.下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A. 碳酸钙受热分解 B. 乙醇燃烧
C. 铝粉与稀盐酸反应 D. 氧化钙溶于水
【答案】A
【详解】在热化学反应里，能量的变化以热量的形式体现，当反应物总能量高于生成物总能量时，反应物能量的亏损主要以热量的形式散发，表现为放热反应；反之，表现为吸热反应。本题生成物总能量高于反应物总能量的是吸热反应。
A.碳酸钙受热分解为吸热反应，A正确；
B.乙醇燃烧为放热反应，B错误；
C.铝粉与稀盐酸反应为放热反应，C错误；
D.氧化钙溶于水为放热反应，D错误。
故答案选A。
13.下列各组中顺序的排列不正确的是（ ）
A. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3
B. 稳定性：HF＞H2O＞H2S
C. 碱性：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2
D. 熔沸点：HI＞HBr＞HCl＞HF
【答案】D
【解析】考查元素周期律的应用。同周期元素自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。金属性越强相应最高价氧化物的水化物的碱性就越强。非金属性越强，相应氢化物的稳定性就越强，最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，因此选项ABC均正确。应用HF分子中存在氢键，所以其熔沸点在四种氢化物中是最高的，正确的顺序为HF＞HI＞HBr＞HCl。答案选D。
14.关于化学键的叙述中，正确的是（ ）
A. HCl电离产生H+和Cl﹣，可判断HCl分子中存在离子键
B. 阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键
C. 化学变化过程，一定会破坏旧的化学键，同时形成新的化学键
D. 不同元素组成的多原子分子中的化学键一定全是极性键
【答案】C
【详解】A.HCl中只含共价键，在水分子作用下可电离出H+和Cl-，不能利用电离判断物质中的化学键，A错误；
B.阴、阳离子间通过静电作用力所形成的化学键是离子键，静电作用包含引力和斥力，B错误；
C.化学变化的实质为化学键的断裂和生成，则化学变化过程，一定会破坏旧的化学键，同时形成新的化学键，C正确；
D.不同元素组成的多原子分子中，可存在非极性键，如H-O-O-H中存在极性键和非极性键，D错误。
故答案选C。
15.已知短周期主族元素的离子 aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是（ ）
A. 离子的还原性：C3﹣＜D﹣
B. 原子序数 d＞c＞b＞a
C. 离子半径 C＞D＞B＞A
D. 单质的还原性 A＞B＞D＞C
【答案】C
【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同电子层结构，则A、B在下一周期，为金属元素，且原子序数A＞B，C、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数D＞C，A．元素非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故离子的还原性：C3->D-，选项A错误；B．由电子层数越多的原子序数越大，同周期从左向右原子序数在增大，所以原子序数为a＞b＞d＞c，选项B错误；C．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，原子序数为A＞B＞D＞C，则离子半径为C3-＞D-＞B+＞A2+，选项C正确；D．由同周期从左向右元素的金属性在减弱，非金属性在增强，金属性为B＞A＞C＞D，则单质的还原性B＞A＞C＞D，选项D错误；答案选C。
16.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见表：
元素
甲
乙
丙
丁
戊
原子半径
016
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
+2
+3
+6、﹣2
+2
﹣2
下列叙述中正确的是（ ）
A. 乙与戊形成的化合物可与氢氧化钠溶液反应
B. 常温下，乙单质能与丙最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生剧烈反应
C. 形状、大小完全相同的甲、丁的单质与同浓度稀盐酸反应速率：甲＜丁
D. 丙单质在戊单质中燃烧，生成一种有刺激性气味的气体，该物质中丙为+6价
【答案】A
【详解】由短周期元素原子半径及主要化合价可以知道，戊只有-2价，则戊为O元素；丙有+6，-2价，丙为S元素；甲和丁均只有+2价，丁的原子半径小于甲，则甲是Mg，丁是Be；乙只有+3价，且原子半径在甲和丙之间，则乙为Al。
A.乙与戊形成的化合物为Al2O3，其为两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，A正确；
B.乙单质和丙最高价氧化物对应水化物分别是Al、H2SO4，常温下，Al遇到浓硫酸会钝化，B错误；
C.元素的金属性越强，该元素的单质与盐酸反应越剧烈，Mg的金属性大于Be，因而与同浓度稀盐酸反应速率：甲(Mg)>丁(Be)，C错误；
D.丙单质在戊单质中燃烧，生成一种有刺激性气味的气体为SO2，SO2不能继续氧化成SO3，丙为S元素，其化合价为+4，D错误。
故答案选A。
17.短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：Z＞W＞X＞Y
B. 最简单气态氢化物的热稳定性：X＞Y＞W＞Z
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性；X＞W＞Z
D. Y 与X、Y 与Z形成的化合物的化学键类型相同
【答案】B
【解析】W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，则W为磷元素，故X、Y、Z分别为氮、氧、硅元素。A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，选项A正确；B、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，选项B不正确；C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，选项C正确；D、Y 与X、Y 与Z形成的化合物氮氧化物和二氧化硅的化学键均为共价键，类型相同，选项D正确；答案选B。
18.固体NH5（也可写为：NH4H）属离子化合物，它与水反应的方程式为：NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇、乙酸、盐酸等发生类似的反应，并都产生氢气．下列有关NH5叙述正确的是（ ）
A. 1mol NH5中含有3NA个N﹣H键
B. NH5中N元素的化合价为﹣5价
C. 1mol NH5与水反应时，转移电子为NA
D. 与乙酸反应时，NH5被还原
【答案】C
【详解】A．NH5是离子化合物氢化铵，化学式为NH4H，所以1molNH5中有4NA个N－H键，A错误；
B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，阴离子氢离子为－1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为－3价，B错误；
C．NH4H中阴离子氢离子为－1价，变成0价的氢，所以1molNH5与水反应时，转移电子为NA，C正确；
D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中阴离子氢离子的化合价由－1价→0价，所以失电子作还原剂，NH5在氧化还原反应中被氧化，D错误；
答案选C。
19.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 铜跟浓HNO3反应：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O
B. 向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═AlO2﹣+2H2O
C. 向水中通入NO2：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO
D. NH4Cl溶液和AgNO3溶液混合：NH4Cl+Ag +═AgCl↓+NH4+
【答案】C
【详解】A.铜跟浓HNO3反应得到红棕色的气体NO2，离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O，A错误；
B.向氯化铝溶液中加入过量氨水，NH3·H2O是弱碱，在离子方程式中不能改写，且反应不能得到偏铝酸盐，其离子方程式为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，B正确；
C.向水通入中NO2发生歧化反应，得到硝酸和NO，其离子方程式为3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO，C正确；
D. NH4Cl为强电解质，可以改写为NH4+和Cl-，因而离子方程式为Cl- + Ag+ ═ AgCl↓，D错误。
故答案选C。
20.对于可能存在的第119号元素，有人称之为“类钫”。根据周期表结构及元素性质变化趋势，判断下列有关“类钫”的预测说法不正确的是（ ）
A. “类钫”元素位于元素周期表的第八周期，在化合物中显+1价
B. “类钫”元素的非金属性极强，其最高价氧化物对应的水化物为强酸
C. “类钫”单质遇水剧烈反应，可能发生爆炸
D. “类钫”单质的密度大于钫单质，且大于1g/cm3
【答案】B
【解析】分析：根据题目信息，119号"类钫"是第八周期IA族的元素，可以得到两个结论：一，"类钫"属于碱金属元素；二，"类钫"在周期表中处于碱金属元素钫的下方。根据元素周期律，同一主族，元素的性质具有相似性和递变性来解答。
详解：A.因碱金属最外层电子数都为1，根据主族元素最外层电子数等于最高正化合价，可知"类钫"在化合物中呈+1价，故A正确；
B. 因碱金属从上到下元素的金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物为强碱，故B错误；
C. 因碱金属从上到下元素的金属性逐渐增强，活泼性比钫还强，单质遇水剧烈反应，可能发生爆炸，故正确；
D.因碱金属从上到下，单质的密度逐渐增大，"类钫"的密度应是碱金属中最大，故D正确；故本题选B。
21.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论正确的是（ ）
实验
现象
结论
A
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
说明SO2有漂白性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
黄色沉淀为S，说明SO2有氧化性
C
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3＞H2SiO3
非金属性：S＞Si
D
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
白色沉淀为BaSO3，说明SO2有还原性
【答案】B
【解析】分析：二氧化硫在一定条件下表现出氧化性、还原性、漂白性和酸性氧化物的性质，依据二氧化硫的性质分析。
详解：A．酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，导致溶液褪色，SO2表现了还原性，故A错误；
B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，故B正确；
C． Na2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性较强，即酸性：H2SO3＞H2SiO3，但亚硫酸不是硫的最高价氧化物水化物，不能由此说明非金属性S>Si，故D错误；
D．FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故D错误；
故本题答案为B。
22.如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是（ ）
A. M的最高价氧化物对应水化物能分别与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应
B. Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质
C. X、N两种元素组成的化合物熔点很低
D. 简单离子的半径：Z＜X＜Y
【答案】A
【解析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M 的最高价氧化物对应水化物Al(OH)3能分别与Z、R 的最高价氧化物对应水化物NaOH、HClO4反应，选项A正确；B．Y 的单质F2的非金属性很强，直接与水反应而不能从含R简单离子Cl-的水溶液中置换出Cl2，选项B错误；C．X、N 两种元素组成的化合物SiO2是原子晶体，熔点很高，选项C错误；D．O2-、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2-＞Na+＞Al3+，选项D错误。答案选A。
23.下列实验现象预测正确的是（ ）
A. 实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变
B. 实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
C. 实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色
D. 实验Ⅳ：滴入FeCl3后，可形成带电的胶体，该分散系导电能力增强
【答案】B
【解析】分析：A．根据单质溴能与NaOH溶液发生反应，苯与水互不相溶； B．根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析； C．根据在加热时稀硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成NO，广口瓶内有空气，可与NO反应； D．胶体粒子带电荷，胶体本身不带电。
详解：A项，苯的密度比水小，位于上层，苯中的Br2与NaOH溶液发生反应，因此振荡后静置，上层溶液褪色，故A项错误；
B项，浓H2SO4与蔗糖发生氧化还原反应生成SO2和CO2，CO2不与酸性KMnO4溶液反应，有气泡产生，SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故B项正确；
C项，微热稀HNO3片刻，铜与稀HNO3发生反应生成NO，NO与广口瓶内的O2反应生成红棕色的NO2，故C项错误。
D项，FeCl3饱和溶液滴入沸水中继续煮沸至红褐色，生成氢氧化铁胶体，胶体电中性，不带电，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为B。
24.如图所示装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，然后打开止水夹，下列与实验事实相符的是（ ）
A. NH3（H2O含紫色石蕊试液），红色喷泉
B. SO2（NaOH溶液），无色喷泉
C. HCl（H2O含紫色石蕊试液），蓝色喷泉
D. NO（NaOH溶液），无色喷泉
【答案】B
【解析】因氨气极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因氨水溶液显碱性,石蕊遇碱变蓝,故形成蓝色喷泉,A错误；因SO2与NaOH溶液反应生成盐和水,溶液为无色,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成无色喷泉, B正确；因氯化氢极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因盐酸溶液显酸性,石蕊遇酸变红,故形成红色喷泉, C错误；NO为中性氧化物，与碱不反应，无法形成喷泉，D错误；正确选项B。
25.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是（ ）
A. 0.1 mol Na2O2含有的离子总数为0.4NA
B. 常温常压下，18g 2H2O 所含的中子数为9NA
C. 常温常压下，17g氨气中含有非极性共价键为3NA
D. 标准状况下，1mol SO3的体积为22.4 L
【答案】B
【详解】A.1molNa2O2含有2molNa+和1molO22-，因而0.1 mol Na2O2含有的离子总数为0.3NA，A错误；
B. 2H2O 摩尔质量约为20g/mol，18g 2H2O 为0.9mol，1个2H2O含有的中子数为(2-1)×2+16-8=10，常温常压下，18g 2H2O 所含的中子数为9NA，B正确；
C. NH3分子中只含有N-H键，为极性共价键，氨气分子中不存在非极性键，C错误；
D.标准状况下，SO3为无色固体，D错误。
故答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题）
26.按要求填空：
（1）某原子含有 6 个质子和 8 个中子，用核素符号表示该原子__________；(用元素符号表示)
（2）写电子式：HClO:____；NH4+：_____；写结构式：CCl4：_____；CS2：_____；
（3）画出钙原子的原子结构示意图：____；画出溴离子的离子结构示意图：____；
（4）用电子式表示氯化钠的形成过程：_________________________
（5）按要求排序：
下列离子半径由大到小的顺序是：S2- ；Al3+ ；Na+ ；F- ；______________
下列物质熔沸点由高到低的顺序是：H2O；Na2O；H2Se；I2 ；______________
【答案】(1). 14 C 或 146C (2). (3). (4). (5). S=C=S (6). 钙原子： (7). 溴离子： (8). (9). S2- ＞F- ＞ Na+ ＞Al3+； (10). Na2O＞I2＞H2O＞H2Se
【详解】（1）某原子含有6个质子，说明是C原子，该原子质量数=质子数+中子数=6+8=14，该原子符号为；
（2）HClO是共价化合物，O原子与H、Cl分别形成一个共用电子对，电子式为，铵根中N原子可与3个H原子形成3个共用电子对，N还剩2个未成键电子，可与H+形成配位键，因而铵根电子式为；CCl4为共价化合物，C原子形成四价，与4个Cl形成单键，因而结构式为，CS2中C原子与2个S原子各形成2个共用电子对，因而结构式为S=C=S；
（3）钙原子是20号元素，质子数为20，核外电子数为20，且位于第四周期，可推知原子结构示意图为，溴离子是35号元素，质子数为35，核外电子数为36，且位于第四周期，可推知离子结构示意图为；
（4）氯化钠为离子化合物，电子式为，Na原子和Cl原子电子式分别是和，因而用电子式表示氯化钠的形成过程为；
（5）S2-核电荷数为16，电子层数为3，Al3+核电荷数为13，电子层数为2，Na+核电荷数为11，电子层数为2，F-核电荷数为9，电子层数为2，首先电子层数越大，半径越大，可知S2-半径大于Al3+、Na+和F-，其次核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，因而F-半径大于Na+，Na+半径大于Al3+，所以S2- ＞F- ＞ Na+ ＞Al3+；Na2O属于离子晶体，其沸点大于分子晶体H2O、H2Se和I2，碘在常温下是固体，沸点较高于H2O和H2Se，另外H2O分子间含有氢键，沸点高于H2Se，因而Na2O＞I2＞H2O＞H2Se。
27.下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：
（1）除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是_____（填元素符号）
（2）表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是_____（用元素符号表示，下同），金属性最强的是___（用元素符号表示），属于过渡元素的是___（该空格用表中的字母表示）
（3）元素B的单质含有的化学键为_____。（填“离子键’’、“极性共价键”、“非极性共价键”）
（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_____________
（5）为比较元素A和G的非金属性强弱，用图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。溶液B应该选用_____溶液，作用是_________，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是：________________________。
【答案】(1). Cl (2). Ar (3). Na (4). M (5). 非极性共价键 (6). Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O (7). 饱和NaHCO3 (8). 除去CO2中的HCl杂质 (9). CO2+H2O+Na2SiO3＝Na2CO3+H2SiO3↓
【解析】
【分析】本题截取元素周期表的片段，可根据位置推断出A为C，B为O，C为F，D为Na，E为Mg，F为Al，G为Si，H为P，I为S，J为Cl，K为Ar，M为过渡元素。
【详解】（1）同周期时，自左往右，原子半径越来越小，因而第三周期中的J、即Cl原子半径最小（除稀有气体）；
（2）由于稀有气体原子为稳定结构，化学性质最不活泼，表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是K，即Ar；同周期时，自左往右，金属性越来越弱，同主族时，自上而下，金属性越来越强，因而可推知D，即Na金属性最强；过渡元素介于ⅡA和ⅢA之间，可推知M为过渡元素；
（3）元素B的单质为O2，O原子最外层有6个电子，需得电子形成8电子稳定结构，因而O原子之间形成共价键，且形成共价键的原子是相同的，因而该化学键为非极性共价键；
（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；
（5）盐酸和大理石反应生成二氧化碳，由于盐酸易挥发，CO2中含有HCl杂质，可用饱和NaHCO3溶液除去HCl，其反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，因而溶液B为饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中HCl杂质，碳酸的酸性强于硅酸，因而可用碳酸和硅酸盐反应制得硅酸，又元素的最高价含氧酸酸性越强，则元素的非金属性越强，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是CO2+H2O+Na2SiO3＝Na2CO3+H2SiO3↓。
28.有关“未来金属”钛的信息有：①硬度大②熔点高③常温下耐酸碱、耐腐蚀④铁矿炼钛的一种工业流程为：
（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价为_______价，反应①化学方程式为_____________
（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应③化学方程式为_________，属于______（填反应类型），该反应_____（填“能”或“不能”）说明Mg的金属活动性强于Ti．
（3）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是______（填名称），由前面提供的信息 ______（填序号） 知，除去它的试剂可以是以下试剂中的_________（填序号）
A：HCl B：NaOH C：NaCl D：H2SO4
（4）氯化过程中主要发生的反应为2FeTiO3+6C+7Cl2 ====2TiCl4+2X+6CO，则X的化学式为：______________。
【答案】(1). +4 (2). 2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2
(3). 2Mg+TiCl42MgCl2+Ti (4). 置换反应或者氧化还原反应 (5). 能 (6). 镁 (7). ③ (8). AD (9). FeCl3
【详解】（1）钛酸亚铁FeTiO3，Fe元素为+2价，O元素为-2价，设Ti元素为x价，可知(+2)+x+(-2)×3=0，解得x=+4，钛的化合价为+4价，根据流程图可知反应①中，反应物是C和FeTiO3，生成物为CO2、Fe和TiO2，因而①化学方程式为2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；
（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应置换出金属Ti，反应③化学方程式为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，单质和化合物反应得到另一个单质和化合物，可知该反应属于置换反应，同时该反应镁元素和钛元素化合价变化，也为氧化还原反应，Mg能从钛盐置换出Ti，说明Mg金属活泼性强于Ti；
（3）上述冶炼方法得到的金属钛时，可能有部分Mg未反应完，因而混有少量的金属镁，要证实上述猜测，可根据镁属于活泼金属，易于酸反应，因而可用HCl和H2SO4，即选AD；
（4）根据化学反应中元素的种类和原子的个数守恒可知，X中含有Fe元素和Cl元素，同时Cl有3个，可推知X为FeCl3。
29.X、Y、Z、Q、R 是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y 两元素最高正价与最低负价之和均为 0；Q 与 X 同主族；Z、R 分别是地壳中含量最高的非金属元素和 金属元素。请回答下列问题：
（1）五种元素原子半径由大到小顺序是（写元素符号）____________。
（2）X 与 Z 能形成多种化合物，请写出其中既含极性键又含非极性键的物质的分子式_______________。
（3）由以上某些元素组成的化合物 A、B、C、D 有如下转化关系：AB其中，A、B、D 均由三种元素组成，B 为两性不溶物，C 是一种能造成温室效应的气体。D的电子式_____；由 A 与足量 C 反应转化为 B 的离子方程为_________；（4）Q的氢化物与Z的普通氢化物之间的化学反应方程式为：_________；
【答案】(1). Na＞Al＞C＞O＞H (2). H2O2 (3). (4). AlO2﹣+2H2O+CO2＝Al（OH）3↓+HCO3﹣ (5). NaH+H2O＝NaOH+H2↑
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、R 是五种短周期元素，原子序数依次增大，X、Y 两元素最高正价与最低负价之和均为0，若X为H元素，H元素最高正价为+1，最低负价为-1，符合题意，另一方面，其他主族序数等于最高正价，最低负价等于最高正价减8，因而可推知Y位于ⅣA族，且Q与X同主族，Q原子序数大于Y，说明Y为C元素，则Q元素为Na元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，可推知Z为O元素，R为Al元素。
【详解】（1）比较原子半径时，需先看电子层数，电子层数越多半径越大，当电子层数一样时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径由大到小的顺序是Na>Al>C>O>H；
（2）X与Z能够形成的化合物为H2O和H2O2，其结构式分别是H—O—H，H—O—O—H，可知既含极性键又含非极性键的物质的分子式为H2O2；
（3）A、B、D 均由三种元素组成，B为两性不溶物，可知B为Al(OH)3；C是一种能造成温室效应的气体，即CO2；在偏铝酸盐溶液中通入CO2可直接制备氢氧化铝，因而A是NaAlO2；氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠，因而D为NaOH。则D的电子式为；由A与足量C反应转化为B，即偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，可得氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2- + 2H2O + CO2 = Al(OH)3↓+ HCO3- ；Q的氢化物与Z的普通氢化物分别是NaH和H2O，NaH和H2O生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑。
30.有资料显示过量的NH3和Cl2在常温下可合成岩脑砂（主要成分为NH4Cl），某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定，回答下列问题：
（1）岩脑砂的制备
①利用装置A制取实验所需的NH3，写出反应的化学方程式：______。
②已知该实验中用浓盐酸与MnO2反应制取所需Cl2，装罝F中的试剂是饱和食盐水，则F装置的作用是___。
③为了使NH3和Cl2在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序：___→e f←h←g←j←i←b（用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致）。
④证明NH3和Cl2反应生成的岩脑砂中含有NH4+，需要用到的实验用品中除了蒸馏水、稀HNO3、红色石蕊试纸外，还需要用到的试剂有___。（填试剂的化学式也可以）
（2）岩脑砂中元素的测定：准确称取a g岩脑砂，与足量的氧化铜混合加热，利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的物质的量之比。
（已知该过程发生的反应为：2NH4Cl+3CuO3Cu+N2↑+2HCl↑+3H2O）
⑤设置装置H的目的是___。
⑥若装置I增重b g，利用装置K测得气体体积为V L（已知常温常压下的气体摩尔体积为24.5L•mol﹣1），则岩脑砂中n（N）：n（Cl）＝___（用含b、V的代数式表示，不必化简）。
⑦若测量体积时气体温度高于常温（其他操作均正确），则n（N）比正常值____（“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2 NH3↑+2 H2O (2). 除去Cl2中的HCl气体 (3). a→d→c (4). 氢氧化钠浓溶液 (5). 吸收反应产生的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰 (6). (2V/24.5):(b/36.5) (7). 偏高
【详解】（1）①实验室制备氨气是利用氯化铵与氢氧化钙共热制得，其化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2 NH3↑+2 H2O；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气含有HCl，需要除去，饱和食盐水吸收HCl，同时降低氯气在水中溶解度，因而F装置的作用是除去Cl2中的HCl气体；
③根据信息可知b到f为氯气进入D装置，则D装置e端需通入NH3，A装置a端为NH3出口，氨气需干燥，因而通入C干燥管中，其连接顺序为a→d→c；
④铵根离子的检验思路是铵盐与浓碱液共热制得氨气，氨气接触湿润的红色石蕊试纸，若变蓝色，说明岩脑砂中含有铵根，因而还需氢氧化钠溶液。
（2）⑤利用图示装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的物质的量之比，根据该过程发生的反应可知需测量氮气和氯化氢的量，氯化氢可用I碱石灰吸收，碱石灰也能够吸水，因而需加一个干燥装置，即H浓硫酸用来吸收反应产生的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰；
⑥根据装置I增重b g，利用装置K测得气体体积为V L（已知常温常压下的气体摩尔体积为24.5L•mol﹣1），可知装置I吸收氯化氢，因而m(HCl)=b g，则n(Cl)=b/36.5mol，装置K利用排水法测量氮气的体积，V(N2)=V L，n(N)=2×V/24.5mol，n(N)：n(Cl)=；
⑦其他条件不变，温度越高，气体体积越大，因而根据n(N)=2×V/24.5mol，即V越大，n(N)越大，n(N)比正常值偏高。
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Cl:35.5 Ca:40S:32 Si:28
第Ⅰ卷（选择题）
一．选择题（共25小题）
1.已知R原子有b个中子，R2+核外有a个电子．表示R原子符号正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】R2+离子核外有a个电子，阳离子中质子数=核外电子数+电荷数=a+2，质量数=质子数+中子数=a+b+2，所以R原子符号为，故C正确。
故答案选C。
2. 下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是（ ）
A. H3O＋和OH－ B. CO和N2
C. HNO2和NO2－ D. CH3＋和NH4＋
【答案】D
【解析】试题分析：A、H3O＋和OH－均含有10个电子，A不正确；B、CO和N2均含有14个电子，B不正确；C、HNO2和NO2－均含有24个电子，C不正确；D、CH3＋中含有8个电子，而NH4＋含有10个电子，D正确，答案选D。
3.据报道，科学家新合成了一种抗癌、治癌的药物，其化学式可表示为10B20．下列叙述正确的是（ ）
A. 10B20为硼元素的一种原子
B. 10B20为硼元素的一种单质
C. 10B20的中子数比核外电子数多
D. 10B20的原子核外电子排布为
【答案】B
【解析】试题分析：10B表示质量数为10的一种B原子，其中子数和质子数即核外电子数都相等，是B元素的一种同位素；10B20既表示一种由B元素组成的单质，又表示该单质的一个分子由20个10B原子构成。因此A、C、D三项均错误，B项正确。答案选B。
4.某元素最高正价氧化物对应的水化物的化学式是H2XO4，这种元素的气态氢化物的化学式为（ ）
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】B
【解析】
【分析】某元素最高正价氧化物对应的水化物的化学式是H2XO4，则最高价为+6价，其最低价为-2价，以此来解答。
【详解】由元素最高正价氧化物对应的水化物的化学式是H2XO4，则最高价为+6价，其最低价为+6-8=-2价，即元素的气态氢化物中的化合价为-2价，
A、HX中X的化合价为-1价，选项A不选；
B、H2X中X的化合价为-2价，选项B选；
C、XH3中X的化合价为-3价，选项C不选；
D、XH4中X的化合价为-4价，选项D不选；
答案选B。
5.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A. BF3 B. PCl5 C. NCl3 D. CH4
【答案】C
【解析】A. BF3 中B原子最外层为6电子结构；B. PCl5 中P原子最外层为10电子结构；C. NCl3 中所有原子都满足最外层为8电子结构；D. CH4中H原子最外层为2电子结构。故选C。
6.江苏省已开始大力实施“清水蓝天”工程。下列不利于“清水蓝天”工程实施的是（ ）
A. 催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾
B. 加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化
C. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用
D. 将废旧电池深埋，防止污染环境
【答案】D
【详解】A项，光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的，故不选A项；
B项，加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化，有利于保护水资源，故不选B项；
C项，积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，可以减少化石燃料的使用，有利于环境保护，故不选C项；
D项，废旧电池作深埋处理会污染土壤，不符合题意，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
7.关于化学反应与能量的说法正确的是（ ）
A. 中和反应是吸热反应
B. 氧化钙溶于水属于放热反应
C. 凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
D. 反应物总能量与生成物总能量一定相等
【答案】B
【解析】A. 中和反应是放热反应，A错误；B. 氧化钙溶于水生成氢氧化钙，属于放热反应，B正确；C. 凡经加热而发生的化学反应不一定都是吸热反应，例如木炭燃烧等，C错误；D. 反应物总能量与生成物总能量一定不相等，D错误，答案选B。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. NaHSO4在熔融状态下电离与在水中电离时，破坏的化学键完全相同
B. H2O比H2S分子稳定，是因为H2O分子间能形成氢键
C. NaCl和HCl气化时，克服的作用力不相同，故沸点不同
D. 碘沸点低、易升华，是因为分子中的 I﹣I键能较小
【答案】C
【解析】分析：A.先判断电解质的类型及电离出的阴阳离子；B.氢键影响的是物质的物理性质，分子的稳定性和化学键有关系；C. NaCl是离子化合物，HCl是共价化合物，气化时，克服的作用力不相同；D. 碘升华克服的是分子间作用力，与化学键无关。
详解：A.NaHSO4是强酸强碱酸式盐，属强电解质，完全电离，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，所以破坏了NaHSO4中的离子键和共价键，NaHSO4在熔融状态下电离，破坏了离子键，电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4-；故A错误；
B. 氢键影响的是物质的物理性质，分子的稳定性和化学键有关系，故B错误；
C. NaCl是离子化合物含有离子键，HCl是共价化合物含有共价键，气化时，克服的作用力不相同，故C正确；
D. 碘升华克服的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；所以本题答案为C。
9.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
D. NH3易溶于水，可用作制冷剂
【答案】A
【详解】A．熔点高的物质可作耐高温材料，由于Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，如制作耐火材料等，故A正确；
B．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与其氧化性无关，故B错误；
C．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用于制造光导纤维，与其硬度大小无关，故C错误；
D．氨气的沸点高，液氨气化吸热，用作制冷剂，与其溶解性无关，故D错误；
答案选A。
10. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指（ ）
A. 氨水 B. 硝酸 C. 醋 D. 卤水
【答案】B
【解析】根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属。答案选B。
11.通常人们把拆开1mol化学键吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热．下列是一些化学键的键能．
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ•mol﹣1）
414
489
565
155
根据键能数据估算反应CH4+4F2═CF4+4HF每消耗1molCH4的热效应（ ）
A. 放热1940kJ B. 吸热1940kJ
C. 放热485kJ D. 吸热485kJ
【答案】A
【解析】分析：根据ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量解答。
详解：根据键能数据可知反应CH4+4F2＝CF4+4HF的ΔH＝（4×414+4×155－4×489－4×565）kJ·mol＝－1940 kJ·mol，因此每消耗1molCH4的热效应为放热1940 kJ。
答案选A。
12.下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A. 碳酸钙受热分解 B. 乙醇燃烧
C. 铝粉与稀盐酸反应 D. 氧化钙溶于水
【答案】A
【详解】在热化学反应里，能量的变化以热量的形式体现，当反应物总能量高于生成物总能量时，反应物能量的亏损主要以热量的形式散发，表现为放热反应；反之，表现为吸热反应。本题生成物总能量高于反应物总能量的是吸热反应。
A.碳酸钙受热分解为吸热反应，A正确；
B.乙醇燃烧为放热反应，B错误；
C.铝粉与稀盐酸反应为放热反应，C错误；
D.氧化钙溶于水为放热反应，D错误。
故答案选A。
13.下列各组中顺序的排列不正确的是（ ）
A. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3
B. 稳定性：HF＞H2O＞H2S
C. 碱性：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2
D. 熔沸点：HI＞HBr＞HCl＞HF
【答案】D
【解析】考查元素周期律的应用。同周期元素自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。金属性越强相应最高价氧化物的水化物的碱性就越强。非金属性越强，相应氢化物的稳定性就越强，最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，因此选项ABC均正确。应用HF分子中存在氢键，所以其熔沸点在四种氢化物中是最高的，正确的顺序为HF＞HI＞HBr＞HCl。答案选D。
14.关于化学键的叙述中，正确的是（ ）
A. HCl电离产生H+和Cl﹣，可判断HCl分子中存在离子键
B. 阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键
C. 化学变化过程，一定会破坏旧的化学键，同时形成新的化学键
D. 不同元素组成的多原子分子中的化学键一定全是极性键
【答案】C
【详解】A.HCl中只含共价键，在水分子作用下可电离出H+和Cl-，不能利用电离判断物质中的化学键，A错误；
B.阴、阳离子间通过静电作用力所形成的化学键是离子键，静电作用包含引力和斥力，B错误；
C.化学变化的实质为化学键的断裂和生成，则化学变化过程，一定会破坏旧的化学键，同时形成新的化学键，C正确；
D.不同元素组成的多原子分子中，可存在非极性键，如H-O-O-H中存在极性键和非极性键，D错误。
故答案选C。
15.已知短周期主族元素的离子 aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是（ ）
A. 离子的还原性：C3﹣＜D﹣
B. 原子序数 d＞c＞b＞a
C. 离子半径 C＞D＞B＞A
D. 单质的还原性 A＞B＞D＞C
【答案】C
【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同电子层结构，则A、B在下一周期，为金属元素，且原子序数A＞B，C、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数D＞C，A．元素非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故离子的还原性：C3->D-，选项A错误；B．由电子层数越多的原子序数越大，同周期从左向右原子序数在增大，所以原子序数为a＞b＞d＞c，选项B错误；C．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，原子序数为A＞B＞D＞C，则离子半径为C3-＞D-＞B+＞A2+，选项C正确；D．由同周期从左向右元素的金属性在减弱，非金属性在增强，金属性为B＞A＞C＞D，则单质的还原性B＞A＞C＞D，选项D错误；答案选C。
16.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见表：
元素
甲
乙
丙
丁
戊
原子半径
016
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
+2
+3
+6、﹣2
+2
﹣2
下列叙述中正确的是（ ）
A. 乙与戊形成的化合物可与氢氧化钠溶液反应
B. 常温下，乙单质能与丙最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生剧烈反应
C. 形状、大小完全相同的甲、丁的单质与同浓度稀盐酸反应速率：甲＜丁
D. 丙单质在戊单质中燃烧，生成一种有刺激性气味的气体，该物质中丙为+6价
【答案】A
【详解】由短周期元素原子半径及主要化合价可以知道，戊只有-2价，则戊为O元素；丙有+6，-2价，丙为S元素；甲和丁均只有+2价，丁的原子半径小于甲，则甲是Mg，丁是Be；乙只有+3价，且原子半径在甲和丙之间，则乙为Al。
A.乙与戊形成的化合物为Al2O3，其为两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，A正确；
B.乙单质和丙最高价氧化物对应水化物分别是Al、H2SO4，常温下，Al遇到浓硫酸会钝化，B错误；
C.元素的金属性越强，该元素的单质与盐酸反应越剧烈，Mg的金属性大于Be，因而与同浓度稀盐酸反应速率：甲(Mg)>丁(Be)，C错误；
D.丙单质在戊单质中燃烧，生成一种有刺激性气味的气体为SO2，SO2不能继续氧化成SO3，丙为S元素，其化合价为+4，D错误。
故答案选A。
17.短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：Z＞W＞X＞Y
B. 最简单气态氢化物的热稳定性：X＞Y＞W＞Z
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性；X＞W＞Z
D. Y 与X、Y 与Z形成的化合物的化学键类型相同
【答案】B
【解析】W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，则W为磷元素，故X、Y、Z分别为氮、氧、硅元素。A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，选项A正确；B、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，选项B不正确；C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，选项C正确；D、Y 与X、Y 与Z形成的化合物氮氧化物和二氧化硅的化学键均为共价键，类型相同，选项D正确；答案选B。
18.固体NH5（也可写为：NH4H）属离子化合物，它与水反应的方程式为：NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇、乙酸、盐酸等发生类似的反应，并都产生氢气．下列有关NH5叙述正确的是（ ）
A. 1mol NH5中含有3NA个N﹣H键
B. NH5中N元素的化合价为﹣5价
C. 1mol NH5与水反应时，转移电子为NA
D. 与乙酸反应时，NH5被还原
【答案】C
【详解】A．NH5是离子化合物氢化铵，化学式为NH4H，所以1molNH5中有4NA个N－H键，A错误；
B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，阴离子氢离子为－1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为－3价，B错误；
C．NH4H中阴离子氢离子为－1价，变成0价的氢，所以1molNH5与水反应时，转移电子为NA，C正确；
D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中阴离子氢离子的化合价由－1价→0价，所以失电子作还原剂，NH5在氧化还原反应中被氧化，D错误；
答案选C。
19.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 铜跟浓HNO3反应：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O
B. 向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═AlO2﹣+2H2O
C. 向水中通入NO2：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO
D. NH4Cl溶液和AgNO3溶液混合：NH4Cl+Ag +═AgCl↓+NH4+
【答案】C
【详解】A.铜跟浓HNO3反应得到红棕色的气体NO2，离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O，A错误；
B.向氯化铝溶液中加入过量氨水，NH3·H2O是弱碱，在离子方程式中不能改写，且反应不能得到偏铝酸盐，其离子方程式为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，B正确；
C.向水通入中NO2发生歧化反应，得到硝酸和NO，其离子方程式为3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO，C正确；
D. NH4Cl为强电解质，可以改写为NH4+和Cl-，因而离子方程式为Cl- + Ag+ ═ AgCl↓，D错误。
故答案选C。
20.对于可能存在的第119号元素，有人称之为“类钫”。根据周期表结构及元素性质变化趋势，判断下列有关“类钫”的预测说法不正确的是（ ）
A. “类钫”元素位于元素周期表的第八周期，在化合物中显+1价
B. “类钫”元素的非金属性极强，其最高价氧化物对应的水化物为强酸
C. “类钫”单质遇水剧烈反应，可能发生爆炸
D. “类钫”单质的密度大于钫单质，且大于1g/cm3
【答案】B
【解析】分析：根据题目信息，119号"类钫"是第八周期IA族的元素，可以得到两个结论：一，"类钫"属于碱金属元素；二，"类钫"在周期表中处于碱金属元素钫的下方。根据元素周期律，同一主族，元素的性质具有相似性和递变性来解答。
详解：A.因碱金属最外层电子数都为1，根据主族元素最外层电子数等于最高正化合价，可知"类钫"在化合物中呈+1价，故A正确；
B. 因碱金属从上到下元素的金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物为强碱，故B错误；
C. 因碱金属从上到下元素的金属性逐渐增强，活泼性比钫还强，单质遇水剧烈反应，可能发生爆炸，故正确；
D.因碱金属从上到下，单质的密度逐渐增大，"类钫"的密度应是碱金属中最大，故D正确；故本题选B。
21.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论正确的是（ ）
实验
现象
结论
A
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
说明SO2有漂白性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
黄色沉淀为S，说明SO2有氧化性
C
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3＞H2SiO3
非金属性：S＞Si
D
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
白色沉淀为BaSO3，说明SO2有还原性
【答案】B
【解析】分析：二氧化硫在一定条件下表现出氧化性、还原性、漂白性和酸性氧化物的性质，依据二氧化硫的性质分析。
详解：A．酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，导致溶液褪色，SO2表现了还原性，故A错误；
B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，故B正确；
C． Na2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性较强，即酸性：H2SO3＞H2SiO3，但亚硫酸不是硫的最高价氧化物水化物，不能由此说明非金属性S>Si，故D错误；
D．FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故D错误；
故本题答案为B。
22.如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是（ ）
A. M的最高价氧化物对应水化物能分别与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应
B. Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质
C. X、N两种元素组成的化合物熔点很低
D. 简单离子的半径：Z＜X＜Y
【答案】A
【解析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M 的最高价氧化物对应水化物Al(OH)3能分别与Z、R 的最高价氧化物对应水化物NaOH、HClO4反应，选项A正确；B．Y 的单质F2的非金属性很强，直接与水反应而不能从含R简单离子Cl-的水溶液中置换出Cl2，选项B错误；C．X、N 两种元素组成的化合物SiO2是原子晶体，熔点很高，选项C错误；D．O2-、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2-＞Na+＞Al3+，选项D错误。答案选A。
23.下列实验现象预测正确的是（ ）
A. 实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变
B. 实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
C. 实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色
D. 实验Ⅳ：滴入FeCl3后，可形成带电的胶体，该分散系导电能力增强
【答案】B
【解析】分析：A．根据单质溴能与NaOH溶液发生反应，苯与水互不相溶； B．根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析； C．根据在加热时稀硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成NO，广口瓶内有空气，可与NO反应； D．胶体粒子带电荷，胶体本身不带电。
详解：A项，苯的密度比水小，位于上层，苯中的Br2与NaOH溶液发生反应，因此振荡后静置，上层溶液褪色，故A项错误；
B项，浓H2SO4与蔗糖发生氧化还原反应生成SO2和CO2，CO2不与酸性KMnO4溶液反应，有气泡产生，SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故B项正确；
C项，微热稀HNO3片刻，铜与稀HNO3发生反应生成NO，NO与广口瓶内的O2反应生成红棕色的NO2，故C项错误。
D项，FeCl3饱和溶液滴入沸水中继续煮沸至红褐色，生成氢氧化铁胶体，胶体电中性，不带电，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为B。
24.如图所示装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，然后打开止水夹，下列与实验事实相符的是（ ）
A. NH3（H2O含紫色石蕊试液），红色喷泉
B. SO2（NaOH溶液），无色喷泉
C. HCl（H2O含紫色石蕊试液），蓝色喷泉
D. NO（NaOH溶液），无色喷泉
【答案】B
【解析】因氨气极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因氨水溶液显碱性,石蕊遇碱变蓝,故形成蓝色喷泉,A错误；因SO2与NaOH溶液反应生成盐和水,溶液为无色,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成无色喷泉, B正确；因氯化氢极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因盐酸溶液显酸性,石蕊遇酸变红,故形成红色喷泉, C错误；NO为中性氧化物，与碱不反应，无法形成喷泉，D错误；正确选项B。
25.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是（ ）
A. 0.1 mol Na2O2含有的离子总数为0.4NA
B. 常温常压下，18g 2H2O 所含的中子数为9NA
C. 常温常压下，17g氨气中含有非极性共价键为3NA
D. 标准状况下，1mol SO3的体积为22.4 L
【答案】B
【详解】A.1molNa2O2含有2molNa+和1molO22-，因而0.1 mol Na2O2含有的离子总数为0.3NA，A错误；
B. 2H2O 摩尔质量约为20g/mol，18g 2H2O 为0.9mol，1个2H2O含有的中子数为(2-1)×2+16-8=10，常温常压下，18g 2H2O 所含的中子数为9NA，B正确；
C. NH3分子中只含有N-H键，为极性共价键，氨气分子中不存在非极性键，C错误；
D.标准状况下，SO3为无色固体，D错误。
故答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题）
26.按要求填空：
（1）某原子含有 6 个质子和 8 个中子，用核素符号表示该原子__________；(用元素符号表示)
（2）写电子式：HClO:____；NH4+：_____；写结构式：CCl4：_____；CS2：_____；
（3）画出钙原子的原子结构示意图：____；画出溴离子的离子结构示意图：____；
（4）用电子式表示氯化钠的形成过程：_________________________
（5）按要求排序：
下列离子半径由大到小的顺序是：S2- ；Al3+ ；Na+ ；F- ；______________
下列物质熔沸点由高到低的顺序是：H2O；Na2O；H2Se；I2 ；______________
【答案】(1). 14 C 或 146C (2). (3). (4). (5). S=C=S (6). 钙原子： (7). 溴离子： (8). (9). S2- ＞F- ＞ Na+ ＞Al3+； (10). Na2O＞I2＞H2O＞H2Se
【详解】（1）某原子含有6个质子，说明是C原子，该原子质量数=质子数+中子数=6+8=14，该原子符号为；
（2）HClO是共价化合物，O原子与H、Cl分别形成一个共用电子对，电子式为，铵根中N原子可与3个H原子形成3个共用电子对，N还剩2个未成键电子，可与H+形成配位键，因而铵根电子式为；CCl4为共价化合物，C原子形成四价，与4个Cl形成单键，因而结构式为，CS2中C原子与2个S原子各形成2个共用电子对，因而结构式为S=C=S；
（3）钙原子是20号元素，质子数为20，核外电子数为20，且位于第四周期，可推知原子结构示意图为，溴离子是35号元素，质子数为35，核外电子数为36，且位于第四周期，可推知离子结构示意图为；
（4）氯化钠为离子化合物，电子式为，Na原子和Cl原子电子式分别是和，因而用电子式表示氯化钠的形成过程为；
（5）S2-核电荷数为16，电子层数为3，Al3+核电荷数为13，电子层数为2，Na+核电荷数为11，电子层数为2，F-核电荷数为9，电子层数为2，首先电子层数越大，半径越大，可知S2-半径大于Al3+、Na+和F-，其次核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，因而F-半径大于Na+，Na+半径大于Al3+，所以S2- ＞F- ＞ Na+ ＞Al3+；Na2O属于离子晶体，其沸点大于分子晶体H2O、H2Se和I2，碘在常温下是固体，沸点较高于H2O和H2Se，另外H2O分子间含有氢键，沸点高于H2Se，因而Na2O＞I2＞H2O＞H2Se。
27.下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：
（1）除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是_____（填元素符号）
（2）表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是_____（用元素符号表示，下同），金属性最强的是___（用元素符号表示），属于过渡元素的是___（该空格用表中的字母表示）
（3）元素B的单质含有的化学键为_____。（填“离子键’’、“极性共价键”、“非极性共价键”）
（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_____________
（5）为比较元素A和G的非金属性强弱，用图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。溶液B应该选用_____溶液，作用是_________，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是：________________________。
【答案】(1). Cl (2). Ar (3). Na (4). M (5). 非极性共价键 (6). Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O (7). 饱和NaHCO3 (8). 除去CO2中的HCl杂质 (9). CO2+H2O+Na2SiO3＝Na2CO3+H2SiO3↓
【解析】
【分析】本题截取元素周期表的片段，可根据位置推断出A为C，B为O，C为F，D为Na，E为Mg，F为Al，G为Si，H为P，I为S，J为Cl，K为Ar，M为过渡元素。
【详解】（1）同周期时，自左往右，原子半径越来越小，因而第三周期中的J、即Cl原子半径最小（除稀有气体）；
（2）由于稀有气体原子为稳定结构，化学性质最不活泼，表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是K，即Ar；同周期时，自左往右，金属性越来越弱，同主族时，自上而下，金属性越来越强，因而可推知D，即Na金属性最强；过渡元素介于ⅡA和ⅢA之间，可推知M为过渡元素；
（3）元素B的单质为O2，O原子最外层有6个电子，需得电子形成8电子稳定结构，因而O原子之间形成共价键，且形成共价键的原子是相同的，因而该化学键为非极性共价键；
（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；
（5）盐酸和大理石反应生成二氧化碳，由于盐酸易挥发，CO2中含有HCl杂质，可用饱和NaHCO3溶液除去HCl，其反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，因而溶液B为饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中HCl杂质，碳酸的酸性强于硅酸，因而可用碳酸和硅酸盐反应制得硅酸，又元素的最高价含氧酸酸性越强，则元素的非金属性越强，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是CO2+H2O+Na2SiO3＝Na2CO3+H2SiO3↓。
28.有关“未来金属”钛的信息有：①硬度大②熔点高③常温下耐酸碱、耐腐蚀④铁矿炼钛的一种工业流程为：
（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价为_______价，反应①化学方程式为_____________
（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应③化学方程式为_________，属于______（填反应类型），该反应_____（填“能”或“不能”）说明Mg的金属活动性强于Ti．
（3）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是______（填名称），由前面提供的信息 ______（填序号） 知，除去它的试剂可以是以下试剂中的_________（填序号）
A：HCl B：NaOH C：NaCl D：H2SO4
（4）氯化过程中主要发生的反应为2FeTiO3+6C+7Cl2 ====2TiCl4+2X+6CO，则X的化学式为：______________。
【答案】(1). +4 (2). 2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2
(3). 2Mg+TiCl42MgCl2+Ti (4). 置换反应或者氧化还原反应 (5). 能 (6). 镁 (7). ③ (8). AD (9). FeCl3
【详解】（1）钛酸亚铁FeTiO3，Fe元素为+2价，O元素为-2价，设Ti元素为x价，可知(+2)+x+(-2)×3=0，解得x=+4，钛的化合价为+4价，根据流程图可知反应①中，反应物是C和FeTiO3，生成物为CO2、Fe和TiO2，因而①化学方程式为2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；
（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应置换出金属Ti，反应③化学方程式为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，单质和化合物反应得到另一个单质和化合物，可知该反应属于置换反应，同时该反应镁元素和钛元素化合价变化，也为氧化还原反应，Mg能从钛盐置换出Ti，说明Mg金属活泼性强于Ti；
（3）上述冶炼方法得到的金属钛时，可能有部分Mg未反应完，因而混有少量的金属镁，要证实上述猜测，可根据镁属于活泼金属，易于酸反应，因而可用HCl和H2SO4，即选AD；
（4）根据化学反应中元素的种类和原子的个数守恒可知，X中含有Fe元素和Cl元素，同时Cl有3个，可推知X为FeCl3。
29.X、Y、Z、Q、R 是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y 两元素最高正价与最低负价之和均为 0；Q 与 X 同主族；Z、R 分别是地壳中含量最高的非金属元素和 金属元素。请回答下列问题：
（1）五种元素原子半径由大到小顺序是（写元素符号）____________。
（2）X 与 Z 能形成多种化合物，请写出其中既含极性键又含非极性键的物质的分子式_______________。
（3）由以上某些元素组成的化合物 A、B、C、D 有如下转化关系：AB其中，A、B、D 均由三种元素组成，B 为两性不溶物，C 是一种能造成温室效应的气体。D的电子式_____；由 A 与足量 C 反应转化为 B 的离子方程为_________；（4）Q的氢化物与Z的普通氢化物之间的化学反应方程式为：_________；
【答案】(1). Na＞Al＞C＞O＞H (2). H2O2 (3). (4). AlO2﹣+2H2O+CO2＝Al（OH）3↓+HCO3﹣ (5). NaH+H2O＝NaOH+H2↑
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、R 是五种短周期元素，原子序数依次增大，X、Y 两元素最高正价与最低负价之和均为0，若X为H元素，H元素最高正价为+1，最低负价为-1，符合题意，另一方面，其他主族序数等于最高正价，最低负价等于最高正价减8，因而可推知Y位于ⅣA族，且Q与X同主族，Q原子序数大于Y，说明Y为C元素，则Q元素为Na元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，可推知Z为O元素，R为Al元素。
【详解】（1）比较原子半径时，需先看电子层数，电子层数越多半径越大，当电子层数一样时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径由大到小的顺序是Na>Al>C>O>H；
（2）X与Z能够形成的化合物为H2O和H2O2，其结构式分别是H—O—H，H—O—O—H，可知既含极性键又含非极性键的物质的分子式为H2O2；
（3）A、B、D 均由三种元素组成，B为两性不溶物，可知B为Al(OH)3；C是一种能造成温室效应的气体，即CO2；在偏铝酸盐溶液中通入CO2可直接制备氢氧化铝，因而A是NaAlO2；氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠，因而D为NaOH。则D的电子式为；由A与足量C反应转化为B，即偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，可得氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2- + 2H2O + CO2 = Al(OH)3↓+ HCO3- ；Q的氢化物与Z的普通氢化物分别是NaH和H2O，NaH和H2O生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑。
30.有资料显示过量的NH3和Cl2在常温下可合成岩脑砂（主要成分为NH4Cl），某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定，回答下列问题：
（1）岩脑砂的制备
①利用装置A制取实验所需的NH3，写出反应的化学方程式：______。
②已知该实验中用浓盐酸与MnO2反应制取所需Cl2，装罝F中的试剂是饱和食盐水，则F装置的作用是___。
③为了使NH3和Cl2在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序：___→e f←h←g←j←i←b（用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致）。
④证明NH3和Cl2反应生成的岩脑砂中含有NH4+，需要用到的实验用品中除了蒸馏水、稀HNO3、红色石蕊试纸外，还需要用到的试剂有___。（填试剂的化学式也可以）
（2）岩脑砂中元素的测定：准确称取a g岩脑砂，与足量的氧化铜混合加热，利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的物质的量之比。
（已知该过程发生的反应为：2NH4Cl+3CuO3Cu+N2↑+2HCl↑+3H2O）
⑤设置装置H的目的是___。
⑥若装置I增重b g，利用装置K测得气体体积为V L（已知常温常压下的气体摩尔体积为24.5L•mol﹣1），则岩脑砂中n（N）：n（Cl）＝___（用含b、V的代数式表示，不必化简）。
⑦若测量体积时气体温度高于常温（其他操作均正确），则n（N）比正常值____（“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2 NH3↑+2 H2O (2). 除去Cl2中的HCl气体 (3). a→d→c (4). 氢氧化钠浓溶液 (5). 吸收反应产生的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰 (6). (2V/24.5):(b/36.5) (7). 偏高
【详解】（1）①实验室制备氨气是利用氯化铵与氢氧化钙共热制得，其化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2 NH3↑+2 H2O；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气含有HCl，需要除去，饱和食盐水吸收HCl，同时降低氯气在水中溶解度，因而F装置的作用是除去Cl2中的HCl气体；
③根据信息可知b到f为氯气进入D装置，则D装置e端需通入NH3，A装置a端为NH3出口，氨气需干燥，因而通入C干燥管中，其连接顺序为a→d→c；
④铵根离子的检验思路是铵盐与浓碱液共热制得氨气，氨气接触湿润的红色石蕊试纸，若变蓝色，说明岩脑砂中含有铵根，因而还需氢氧化钠溶液。
（2）⑤利用图示装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的物质的量之比，根据该过程发生的反应可知需测量氮气和氯化氢的量，氯化氢可用I碱石灰吸收，碱石灰也能够吸水，因而需加一个干燥装置，即H浓硫酸用来吸收反应产生的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰；
⑥根据装置I增重b g，利用装置K测得气体体积为V L（已知常温常压下的气体摩尔体积为24.5L•mol﹣1），可知装置I吸收氯化氢，因而m(HCl)=b g，则n(Cl)=b/36.5mol，装置K利用排水法测量氮气的体积，V(N2)=V L，n(N)=2×V/24.5mol，n(N)：n(Cl)=；
⑦其他条件不变，温度越高，气体体积越大，因而根据n(N)=2×V/24.5mol，即V越大，n(N)越大，n(N)比正常值偏高。
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