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【化学】内蒙古自治区杭锦后旗奋斗中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
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内蒙古自治区杭锦后旗奋斗中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
可能用到相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
一.单项选择题。（每小题2分，共50分）
1.下列气体中，不会造成空气污染的是（ ）
A. N2 B. NO C. NO2 D. SO2
【答案】A
【解析】试题分析：氮气是空气的主要成分，不是大气污染物，其余选项都是污染物，答案选A。
考点：考查常见大气污染物的判断
点评：该题是识记性知识的检验，难度不大，记住常见的污染性气体即可，有利于培养学生的环境保护意识，增强学生的社会责任感。
2.下列说法不正确的是（ ）
A. 液氨常用于制冷剂
B. “84”消毒液的主要成分是NaClO
C. Na2O2可用于潜水艇中的供氧剂
D. 常温下，浓硫酸能与Fe剧烈反应放出SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.液氨在气化时要吸收大量的热，所以液氨可用作制冷剂，A项正确；
B.“84”消毒液可用于消毒和漂白，主要就是利用其中的主要成分NaClO的强氧化性，B项正确；
C.Na2O2能消耗CO2，同时生成O2，所以可用作潜水艇供氧剂，C项正确；
D.常温下，浓硫酸与Fe发生钝化，形成致密的氧化物薄膜，阻止反应的进一步进行，D项错误；所以答案选D。
3.下列物质见光会分解的是（ ）
A. H2SO4 B. NaCl C. SO2 D. HClO
【答案】D
【解析】
【详解】A.H2SO4稳定，光照不分解，A错误；
B.NaCl稳定，光照不分解，B错误；
C.SO2遇光不能发生反应，C错误；
D.HClO不稳定，光照分解产生HCl、O2，D正确；
故合理选项是D。
4.氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质。下列结论正确的是（ ）
A. 加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在
B. 溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在
C. 先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl－存在
D. 加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有HClO存在
【答案】B
【解析】
【分析】氯气通入水中，溶于水的氯气部分与水反应，Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH++ClO-，HCl=H++Cl-，所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-七种微粒，氯水表现这些微粒的性质。
【详解】A项、次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是HClO，故A错误；
B项、氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；
C项、加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，加盐酸酸化引入氯离子，不能证明氯水中是否含有氯离子，故C错误；
D项、向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯气、HCl、HClO均与NaOH反应，不能证明含有HClO，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了氯水的性质，明确氯水中存在的微粒及其性质是解本题的关键。
5.下列有关硫酸与硝酸的叙述正确的是（ ）
A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B. 稀硝酸与活泼金属反应主要放出氢气
C. 可以用铁罐贮运冷的浓硫酸和浓硝酸
D. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓硫酸能使蔗糖炭化，体现了浓硫酸具有脱水性，故A错误；
B.稀硝酸是强氧化性酸，与活泼金属反应不产生氢气，而产生一氧化氮气体，故B错误；
C.铁可被冷的浓硫酸和浓硝酸钝化，生成致密的氧化膜，保护内部金属不再被氧化，故C正确；
D.氨气能与硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，故D错误。
故选C。
6.下列方法中不能用于实验室制取氨气的是( )
A. 在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热
B. 将烧瓶中的浓氨水加热
C. 加热试管中的氯化铵固体
D. 将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中
【答案】C
【解析】
【详解】A．熟石灰和氯化铵固体的混合物加热生成氨气，故不选A；
B．一水合氨不稳定，受热容易分解，所以加热烧瓶中的浓氨水可以产生氨气，故不选B；
C．氯化铵不稳定，受热容易分解产生氨气和HCl，二者遇冷又重新化合产生氯化铵，因此不能用加热试管中的氯化铵固体的方法来制取氨气，故选C；
D．将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中，生石灰与氨水中的水发生反应产生氢氧化钙，放出大量的热，从而加速了一水合氨的分解，因此可以产生大量的氨气，故不选D。
7.某原子的质量数为293，核电荷数为118，其核内中子数和核外电子数分别为（ ）
A. 118 175 B. 118 118
C. 193 118 D. 175 118
【答案】D
【解析】
【详解】某原子的核电荷数为118，则原子核外电子数为118，质量数为293，则核内中子数为293-118=175，因此该原子核内中子数和核外电子数分别为175、118，故合理选项是D。
8.元素周期表是学习化学的重要工具。如图是元素周期表中的一格，从中获取的信息不正确的是（ ）
A. 该元素的元素符号为Te
B. 该元素属于金属元素
C. 该元素的原子核外有52个电子
D. 该元素的相对原子质量为127.6
【答案】B
【解析】
【分析】根据图中元素周期表可以获得的信息：52表示原子序数；Te表示该元素的元素符号；碲表示元素名称；127.6表示该元素的相对原子质量，进行分析判断即可。
【详解】A. 根据元素周期表中的一格可知，该元素的元素符号为Te，A项正确；
B. 根据元素周期表中的一格可知，该元素的名称是碲，带“石”字旁，属于非金属元素，B项错误；
C. 根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字为52，表示原子序数为52；根据原子序数=核电荷数=质子数=原子核外电子数，则该元素的原子核外电子数为52，C项正确。
D. 根据元素周期表中的一格可知，127.6表示该元素的相对原子质量，D项正确；
答案选B。
9.下列关于元素周期表的叙述正确的是（ ）
A. 有七个主族和八个副族 B. 只有六个周期
C. 零族位于元素周期表第18纵列 D. 第ⅢA族位于元素周期表第3纵列
【答案】C
【解析】
【详解】A、元素周期表有18个纵行，其中包括七个主族、七个副族、一个0族和VIII族共16个族，故A错误；
B、元素周期表有三个短周期、四个长周期，共有7个周期，故B错误；
C、0族位于元素周期表的最右边，从左往右数为第18列，故C正确；
D、第ⅢA族位于元素周期表的第13纵列，故D错误；
答案选C。
10.已知元素的原子序数，可以推断元素原子的（ ）
①质子数 ②核电荷数 ③核外电子数 ④原子半径
A. ①③ B. ②③ C. ①②③ D. ②③④
【答案】C
【解析】
【详解】已知元素的原子序数，由于原子序数=原子核内质子数=原子核外电子数，所以根据元素的原子序数，可以推断元素原子的质子数、核电荷数、核外电子数，不能推断元素的原子半径，正确叙述为①②③，故合理选项是C。
11.下列各组物质中，化学键类型都相同的是（ ）
A. HCl与NaOH B. H2S与MgS
C. H2O和CO2 D. H2SO4和NaNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.HCl为共价化合物，只含有共价键，NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，二者不同，故A错误；
B.H2S为共价化合物，只含有共价键，MgS为离子化合物，含有离子键，二者不同，故B错误；
C.H2O和CO2为共价化合物，只含有共价键，化学键类型相同，故C正确；
D.H2SO4为共价化合物，只含有共价键，NaNO3为离子化合物，含有离子键和共价键，二者不同，故D错误。
答案：C
12.下列说法中正确的是（ ）
A. 含共价键的化合物一定是共价化合物
B. 含离子键的化合物一定是离子化合物
C. 离子化合物不可能都由非金属元素组成
D. 单质分子中一定含有共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A.含共价键的化合物不一定是共价化合物，如NH4NO3等铵盐，A项错误；
B.根据离子化合物定义可知：含离子键的化合物一定是离子化合物，B项正确；
C.非金属也可以组成离子化合物，如NH4NO3等铵盐，C项错误；
D.对于单原子单质分子，分子内部不存在化学键，且分子间为范德华力，D项错误。
故答案选B。
【点睛】注意：一、共价化合物中一定不含离子键，离子化合物中可能含有共价键。二、不是所有物质含有化学键，如：稀有气体是单原子分子，所以不含化学键，只存在分子间作用力。
13.下列叙述能证明金属A的金属性比金属B强的是（ ）
A. A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少
B. A原子的电子层数比B原子的电子层数多
C. 1molA从稀硫酸中置换的氢气比1molB置换的氢气多
D. 常温下，A能从冷水中置换出氢气，而B不能
【答案】D
【解析】
分析】判断金属性强弱的依据：元素原子的失电子能力、单质从酸（或水）中置换出H2的难易程度等。
【详解】A、金属性强弱和原子的最外层电子数无关，如锂原子最外层只有一个电子，而钙原子最外层两个电子，钙的金属性更强，选项A错误；
B、金属性强弱和原子的电子层数多少无关，如钠原子有三个电子层，而铁原子有四个电子层，钠的金属性更强，选项B错误；
C、金属性强弱取决于单质从酸（或水）中置换出H2的难易程度，和置换的H2多少无关，选项C错误；
D、常温时，A能从冷水中置换出氢气而B不能与冷水反应，说明A的金属性比B强，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查判断金属性强弱的依据，要清楚金属性的强弱与失电子的难易有关而和失电子的多少无关，难度不大。
14.下列五种有色溶液与SO2作用均能褪色，其实质相同的是（ ）
①品红溶液；②酸性KMnO4溶液；③溴水；④滴有酚酞的NaOH溶液；⑤含I2的淀粉溶液
A. ①④ B. ①②③ C. ②③⑤ D. ③④
【答案】C
【解析】试题分析：①品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；②酸性KMnO4溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；③溴水褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；④滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因二氧化硫与碱反应，体现其酸性氧化物的性质；
⑤含I2的淀粉溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；显然②③⑤实质相同，故选C。
考点：本题考查二氧化硫的化学性质。
15.X元素最高氧化物对应的水化物为H2XO4，则它对应的气态氢化物为（ ）
A. HX B. H2X C. XH4 D. XH3
【答案】B
【解析】
【详解】X元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4，则X的最高价为+6价，最低价为-2价，X对应的气态氢化物为H2X。
故答案选B。
16.五种短周期元素X、Y、Z、M、N，其原子半径与原子序数的关系如图，下列说法错误的是（ ）
A. 非金属性：X>Z
B. 气态氢化物的稳定性：M
D. M最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸
【答案】C
【解析】
【分析】由于表中均是短周期元素，易知是第二周期和第三周期，故可根据原子半径与原子序数的关系可推知元素X、Y、Z、M、N分别为O、Na、Al、Si、Cl。
【详解】A.根据同周期非金属性从左往右越强，同主族非金属性从下往上越强，因而根据位置关系可知非金属性：O>S>Al，即X>Z，A项正确；
B.根据同周期气态氢化物的稳定性从左往右越强，同主族气态氢化物的稳定性从下往上越强，因而根据位置关系可知气态氢化物的稳定性：HCl>SiH4，即M
D. M最高价氧化物对应的水化物为H2SiO3，硅酸的酸性比碳酸还弱，D项正确。
故答案选C。
17.下列有关碱金属、卤素结构和性质描述正确的是（ ）
①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔沸点依次升高，密度依次增大
②随着核电荷数的增加，碱金属单质熔沸点依次降低，密度依次减小
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb最外层电子都是1。
④碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2O
⑤根据同族元素性质的递变规律推测At 与H2化合较难，砹化银也难溶于水且具有感光性。
⑥根据F、Cl、Br、I的非金属性递减，可推出HF、HCl、HBr、HI的氧化性及稳定性依次减弱。
⑦卤素按F、Cl、Br、I的顺序其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数增加，电子层数增多，原子半径增大起主要作用
A. ①②③⑤ B. ①③④⑦
C. ①③⑤⑦ D. ②④⑤⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔点、沸点依次升高，密度依次增大，①项正确；
②随着核电荷数的增加，碱金属元素原子半径依次增大，熔沸点依次减小，密度呈增大趋势，K的密度比Na的密度小，②项错误；
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb最外层电子都是1，③项正确；
④碱金属单质的金属性从Li到Cs依次增强，加热与氧气反应，锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠、钾铷铯生成过氧化物、超氧化物等，④项错误；
⑤同主族元素从上到下原子的非金属性依次减弱，与氢气的化合能力依次减弱，砹是原子序数最大的卤族元素，则At与H2化合最难，且砹化银也难溶于水且具有感光性，⑤项正确；
⑥F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则对应单质的氧化性依次减弱，离子的还原性依次增强，即HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，热稳定性依次减弱，⑥项错误；
⑦F、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，非金属性逐渐减弱，电子层数增多，原子半径增大起主要作用，⑦项正确；
综上所述，①③⑤⑦项正确，
答案选C。
18.如图所示为元素周期表的一部分，下列有关短周期元素X、Y、Z、W的说法中，正确的是（ ）
A. 元素X的最低化合价的绝对值与其最高化合价之和为8
B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性:H2WO4>HZO4
C. 气态氢化物的稳定性:H2Y>H2W
D. 原子半径:Z>W>Y>X
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，X为F元素，Y为O元素，Z为Cl元素，W为S元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】A. X为F元素，F的非金属性最强，没有最高正价，故A错误；
B. 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W＜Z，最高价含氧酸的酸性：H2WO4＜HZO4，故B错误；
C. 元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Y＞W，气态氢化物的稳定性：H2Y>H2W，故C正确；
D. 一般而言，电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同的原子，原子序数越大，原子半径越小，原子半径：W>Z>Y>X，故D错误；
答案选C。
19.下列化学用语或模型图正确的是（ ）
A. 氨气的结构式：
B. 用电子式表示氯化氢的形成过程为：
C. H2O的比例模型：
D. 14C的原子结构示意图
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨气分子中N原子与三个H原子形成3个共价键，结构式：，A错误；
B.H原子与Cl原子形成1对共用电子对，用电子式表示为，B错误；
C.H2O分子中两个H原子与O原子形成2对共用电子对，两个H原子大小相同，O原子半径比H原子半径大，三个原子形成V性结构，H2O分子的比例模型可表示为，C错误；
D.14C原子核外有6个电子，C原子结构示意图，D正确；
故合理选项是D。
20.将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入(或通入)某试剂(或气体)X后有沉淀生成.此试剂(或气体)X可能是（ ）
①NaOH溶液 ②NaCl溶液 ③氨水溶液 ④新制氯水 ⑤H2S ⑥CO2
A. ①②④ B. ①③④⑤ C. ②③⑤⑥ D. ④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】二氧化硫具有酸性氧化物的性质、较弱的氧化性、较强的还原性、漂白性等，因而能与多种物质发生反应。
【详解】通常，复分解反应中能由较强酸生成较弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不反应。
当加入NaOH溶液或氨水时，可生成Na2SO3或(NH4)2SO3，进而生成BaSO3沉淀；新制氯水可将SO2氧化为SO42－，进而生成BaSO4沉淀；H2S能与反应生成不溶性的硫和水。NaCl、CO2都不能与SO2、BaCl2溶液反应。
本题选B。
21.如图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数。B原子核内质子数和中子数相等。下列叙述不正确的是（ ）
A. C元素是非金属性最强的元素
B. A元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
C. B元素的氧化物、氢化物的水溶液都呈酸性
D. 三种元素的原子半径的大小顺序是：B>C>A
【答案】D
【解析】
【分析】这几种元素都是短周期元素，A和C属于第二周期元素、B属于第三周期元素，设B原子序数是x，则A的原子序数是x-9、C原子序数是x-7，A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子核内质子数和中子数相等，则x-9+x+x-7=2x，x=16，所以B是S元素，则A是N元素、C是F元素，据此答题。
【详解】A.在周期表中非金属性最强的元素位于周期表右上角（稀有气体除外），所以非金属性最强的元素是F元素，故A正确；
B.氮元素的最高价氧化物的水化物是硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化较不活泼的金属、非金属，如C、Cu等，故B正确；
C.B元素氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，氢化物是H2S，这三种物质都是二元酸，其水溶液都呈酸性，故C正确；
D.B原子电子层数大于A、C，A和C电子层数相等，且A原子序数小于C，所以原子半径大小顺序B＞A＞C，故D错误。
故选D。
【点睛】明确元素的相对位置以及原子序数与核外电子数、质子数之间的关系是解答本题的关键，注意元素周期律的应用。
22.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原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是（ ）
A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X
B. X的氢化物于水形成的溶液呈碱性
C. 最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞W
D. Y元素的最高价氧化物的水化物不与强碱反应
【答案】B
【解析】
【分析】由短周期元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为N，Y为Al，Z为Si，W为S。
A．同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为Y＞Z＞W＞X，故A错误；
B．X的氢化物为氨气，氨气溶于水生成的NH3·H2O，NH3·H2ONH4+＋OH－，溶液显碱性，故B正确；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性W＞Z，则最简单气态氢化物的热稳定性为W＞Z，故C错误；
D．Y元素的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，能够与强碱反应，故D错误；
答案选B。
23.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞,然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去
2min后，试管里出现凝胶
非金属性：Cl>Si
C
向盛有铜片的容器中加入浓硝酸
产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色
浓硝酸具有强氧化性和酸性
D
向澄清石灰水溶液中通入适量气体Y
出现白色沉淀
Y可能是CO2气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.向蔗糖中加入浓硫酸，浓硫酸将蔗糖脱水碳化，形成C单质，浓硫酸与C单质发生氧化还原反应，产生CO2、SO2，气体逸出，使固体形成许多蜂窝，变得疏松多孔，A正确；
B.Na2SiO3是强碱弱酸盐，SiO32-水解使溶液显碱性，向该盐溶液的试管中滴加1滴酚酞，溶液变为红色，然后逐滴加入稀盐酸，二者发生反应产生硅酸沉淀和NaCl，溶液的碱性逐渐减弱，因此红色逐渐褪去，HCl是无氧酸，因此不能证明元素的非金属性：Cl>Si，B错误；
C.向盛有铜片的容器中加入浓硝酸,Cu被氧化产生Cu(NO3)2，硝酸被还原为NO2，因此可以证明浓硝酸具有强氧化性和酸性，C正确；
D.向澄清石灰水溶液中通入适量气体Y，出现白色沉淀，Y可能是CO2气体，也可能是SO2，D正确；
故合理选项是B。
24.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：Cl2+H2O═H++Cl- + ClO-
B. Fe溶于足量稀HNO3：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
C. NO2溶于水的反应：3NO2+H2O═2H+ +2NO3- +NO
D. AlCl3溶液中滴入过量稀氨水：Al3++4NH3·H2O = AlO2-+4NH4++2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯气溶于水，与水反应产生HCl和HClO，HClO是弱酸，应该写化学式，离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl- + HClO，A错误；
B.由于硝酸足量，Fe单质被氧化产生Fe3+，不是Fe2+，B错误；
C.NO2溶于水，与水发生反应，产生HNO3和NO，HNO3是一元强酸，在溶液中完全电离，因此该反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H+ +2NO3- +NO，C正确；
D.NH3·H2O是一元弱碱，不能与Al(OH)3发生反应，离子方程式为Al3++3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3H2O，D错误；
故合理选项是C。
25.现有某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，将其平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g铜粉；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化关系如图所示(假设硝酸的还原产物为NO气体)。下列分析或结果正确的是（ ）
A. 原混合溶液中NO3-的物质的量为0.2 mol
B. OA段产生的是氢气
C. BC段产生NO
D. 原混合溶液中H2SO4的浓度为1.25mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】铁粉既能和稀硝酸反应也能和稀硫酸反应，硝酸的氧化性比硫酸强，所以硝酸先发生反应。由图象可知在铁过量时， OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。据此解答。
【详解】A．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，每一份溶液中n(NO3-)=n(Fe)，所以原混合酸中n(HNO3)=2n(Fe)=2×，A正确；
B．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，可见OA产生的气体是NO，不是氢气，B错误；
C.在BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，可见BC段产生的气体是H2，C错误；
D．根据图像可知：当加入Fe粉14g时，气体飞物质的量不再增加，此时溶液中溶质为FeSO4，此时反应消耗铁的物质的量n(Fe)==0.25mol，根据元素原子守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.25mol，故硫酸的浓度是c(H2SO4)==2.5mol/L，由于溶液有均一性，溶液的浓度与体积无关，所以原混合溶液中H2SO4的浓度为2.5mol/L，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算，关键是根据图象分析各段发生的反应，并注意在铁与硝酸反应中硝酸全部起氧化剂作用，本题难度较大。
二、填空题
26.浓硫酸在下列用途和现象中所表现的性质是①沸点高、难挥发②酸性③吸水性④脱水性⑤强氧化性
用途或现象
体现浓硫酸的性质
（1）浓硫酸使蓝矾变成白色
________
（2）浓硫酸使木条变黑
_______
（3）浓硫酸制HCl
_______
（4）浓硫酸与铜片共热
_______
（5）浓硫酸的木炭共热产生气体
________
【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). ① (4). ②⑤ (5). ⑤
【解析】
【详解】（1）浓硫酸具有吸水性，能使蓝矾变白，利用的浓硫酸的吸水性，答案选③；
（2）浓硫酸具有脱水性，能使木条变黑，利用的浓硫酸的脱水性，答案选④；
（3）浓硫酸难挥发性的高沸点的强酸，可以制取氯化氢，利用的浓硫酸的浓硫酸的沸点高、难挥发，答案选①；
（4）浓硫酸具有强氧化性和酸性，在和铜的反应，表现浓硫酸的氧化性和酸性，答案选②⑤；
（5）浓硫酸在碳加热的反应中，没有硫酸盐生成，只表现出氧化性，答案选⑤。
【点睛】浓硫酸的三大特性是吸水性、脱水性、强氧化性，特别是加热时，浓硫酸可以与除金、铂之外的所有金属反应，生成高价金属硫酸盐，本身一般被还原成SO2，硫酸表现出了强氧化性和酸性。
27.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑩在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
（1）非金属性最强的是___(填元素名称)，化学性质最不活泼的是____(填元素符号)。
（2）元素①－⑩中半径最大的元素是____(填元素符号)
（3）②、③、⑨的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是________。(填化学式)
（4）表中能形成两性氢氧化物的元素是______(填元素符号)
【答案】 (1). 氟 (2). Ar (3). Na (4). HClO4>HNO3>H2CO3 (5). Al
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置，可推出①－⑩元素分别是H、C、N、O、F、Na、Al、S、Cl、Ar，然后根据元素周期律分析判断。
【详解】根据上述分析可知①－⑩元素分别是H、C、N、O、F、Na、Al、S、Cl、Ar。
(1)由于同一周期的元素随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐增强；同一主族的元素，随原子核外电子层数的增多，元素的非金属性逐渐减弱，所以上述10种元素中非金属性最强的元素是氟元素；惰性气体原子最外层达到8个(He是K层的2个电子)的稳定结构，因此化学性质最不活泼的是⑩号的Ar元素；
(2)由于同一周期的元素随原子序数的增大，元素的原子半径逐渐减小；同一主族的元素，随原子序数的增大而增大，所以元素①－⑩中半径最大的元素是Na元素；
(3)②表示的是C元素；③表示的是N元素；⑨表示的是Cl元素，三种元素的最高价含氧酸分别是H2CO3、HNO3、HClO4，H2CO3是二元弱酸；HNO3是一元强酸；HClO4是所有酸中酸性最强的一种，因此这三种酸的酸性由强到弱的顺序是HClO4>HNO3>H2CO3；
(4)⑦号表示的Al元素处于金属与非金属交界处，其氢氧化物Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与强酸、强碱发生反应产生盐和水。
【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。掌握同一周期、同一主族元素的原子半径、元素的金属性与非金属性的递变规律和判断方法是本题解答关键。
28.许多非金属元素是重要化工原料，某学习小组对某些非金属的化合物性质和制备进行如下实验探究：
Ⅰ.探究实验一：将一定量的浓H2SO4与足量Zn置于装置A中充分反应，对反应后的气体X进行气体成分分析
回答下列问题：
(1)气体X可能是________。（水蒸气除外）
(2)酸性高锰酸钾溶液的作用是________
(3)D、E装置用于证明气体X中的另一种组分，按照D、E装置顺序观察到的实验现象分别是____、______。
Ⅱ.下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备及A中酒精灯已略)。
(1)实验室制氯气的离子方程式为________。
(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入物质的组合是_______(填编号)。
编号
a
b
c
d
Ⅰ
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
Ⅱ
碱石灰
硅胶
浓硫酸
无水氯化钙
Ⅲ
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
【答案】(1). 二氧化硫、氢气 (2). 除去气体中残余的二氧化硫 (3). 黑色粉末变红色 (4). 白色粉末变蓝色 (5). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (6). d
【解析】
【分析】Ⅰ.(1)根据元素分析；
(2)根据二氧化硫的性质选择检验试剂；检验氢气之前需要除去二氧化硫；
(3)氢气与氧化铜反应生成铜单质和水，据此分析；
Ⅱ.在装置A中用高锰酸钾固体与浓盐酸反应制取Cl2；用装置B除去氯气中的杂质HCl，在装置C验证氯气是否具有漂白性,在装置D中验证Cl2与NaBr的反应，在装置E中验证KI是否发生反应，在装置F中用Na2SO3吸收尾气中的氧化性气体。
【详解】I.(1)将一定量的浓H2SO4与足量Zn置于装置A中充分反应，开始反应产生硫酸锌、二氧化硫和水；随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸，这时Zn与稀硫酸反应产生硫酸锌和氢气，反应都是放热反应，因此生成的气体X中有水蒸气，还可能含有二氧化硫、氢气；
(2)装置B检验二氧化硫，二氧化硫具有漂白性、还原性，因此可以选择品红溶液、酸性高锰酸钾溶液(溴水)作为检验试剂；检验氢气的生成之前，应先排除二氧化硫的干扰，因此用酸性高锰酸钾除去气体中残余的二氧化硫；
(3) D、E装置用于证明气体X中的另一种组分，该组分是H2，在D装置中H2与CuO反应产生Cu单质和H2O，固体由黑色变为红色；产生的水蒸气进入E装置，与无水硫酸铜反应变为硫酸铜晶体，固体的颜色由白色变为蓝色，所以D、E装置观察到的实验现象分别是黑色粉末变红色、白色粉末变蓝色；
II. (1)实验室也可用KMnO4与浓盐酸混合发生氧化还原反应制取氯气，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的Ⅱ中都是干燥剂，根据图示装置可知，II中应该为固体干燥剂，氯气干燥后再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，故合理选项是d。
【点睛】本题考查了物质性质的检验的知识，涉及物质的性质的验证、现象的分析与判断、方程式的书写、实验操作等知识点，根据所学知识进行合适的判断是关键，注意语言描述的准确性。
29.A经如图所示过程转化为D。已知D为强酸或强碱，回答：
（1）若常温下C是红棕色的气体，则：
①A的化学式可能是：A____
②若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A转化为B反应的化学方程式为____；
（2）若A是一种黄色单质固体，则：
①一定条件下碳单质与D反应的方程式为_____；
②向含2molD的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积___22.4L (填“大于”“等于”或“小于”)，原因是____；
【答案】(1). N2或NH3 (2). 4NH3+5O24NO +6H2O (3). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (4). 小于 (5). 随反应进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4L。
【解析】
【分析】(1)若常温下C是红棕色的气体，则C为NO2，D为HNO3；根据A氧化为NO，NO氧化为NO2，NO2与水反应产生HNO3和NO，可知A可能为N2 或NH3，B为NO；若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A是NH3；
(2)若A为黄色固体单质，则A是S、SO2与O2反应产生SO3，SO3与水反应产生H2SO4。
【详解】(1)若常温下C是红棕色的气体，则C为NO2，D为HNO3；根据A可能为N2或NH3，B为NO。
①根据分析可知，A可能为N2或NH3；
②若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为氨气，则氨气催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)若A是一种黄色单质固体，则A是单质S，B是SO2，C是SO3，D是H2SO4。
①一定条件下碳单质与浓硫酸在加热条件下发生反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②Cu与浓硫酸在加热时发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑+2H2O，若2mol硫酸发生反应，反应产生1molSO2；由于随着反应的进行，硫酸变稀，稀硫酸不能与Cu发生反应，所以若溶液中含有硫酸2mol，则反应产生SO2的物质的量小于1mol，其在标准状况下的体积小于22.4L。
【点睛】本题考查无机物推断的知识，注意根据物质的颜色以及连续发生氧化反应的特征为突破口进行推断。
30.原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族。M元素与X同主族，与W同周期。
(1)Z、M、W三种元素离子半径由大到小的顺序是____(填相应的离子符号)。
(2)用电子式表示M2W的形成过程___________
(3)由M、Z两元素形成的原子个数比为1∶1化合物的化学键类型是______
(4)由X、Y、Z、W四种元素组成的一种盐A，已知：①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4L气体。②A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与溴水反应。写出A的化学式____，该气体B与溴水反应的离子方程式 ____。
【答案】(1). r(S2-)>r(O2-)>r(Na+) (2). (3). 离子键，非极性键 (4). NH4HSO3 (5). SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-
【解析】
【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，结合原子序数可知Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+1，W的原子序数为a+9，四种元素的原子序数之和为32，则：1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，则Y为N元素、Z为O元素、W为S元素；M元素与X同主族，与W同周期，则M为Na元素。
【详解】根据上述分析可知：X为H元素；Y为N元素、Z为O元素、W为S元素， M为Na元素。
(1)Z、M、W三种元素分别是N、O、S元素。N3-、O2-的核外有2个电子层，核电荷数越大，离子半径越小；S2-核外有3个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以三种离子由大到小的顺序是r(S2-)>r(O2-)>r(Na+)；
(2) M2W为Na2S，该物质是离子化合物，2个Na+与S2-通过离子键结合，用电子式表示M2W的形成过程为；
(3)M、Z分别表示Na、O两种元素，由Na与O两元素形成的原子个数比为1∶1化合物为Na2O2，该化合物为离子化合物，Na+与O22-离子间通过离子键结合，O22-的O原子间通过非极性共价键结合，因此化合物Na2O2中含有的化学键为离子键、非极性共价键；
(4)由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，则A为铵盐，①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4L气体，氨气为1mol，即1molA含有1mol铵根离子；②A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与溴水反应，B为SO2，可推知A为NH4HSO3，二氧化硫与溴水反应得到HBr与硫酸，反应离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-。
【点睛】本题考查元素的位置与原子结构和物质性质的应用、无机物推断等，明确Y、Z、W的位置及原子序数的关系来推断元素是关键。
可能用到相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
一.单项选择题。（每小题2分，共50分）
1.下列气体中，不会造成空气污染的是（ ）
A. N2 B. NO C. NO2 D. SO2
【答案】A
【解析】试题分析：氮气是空气的主要成分，不是大气污染物，其余选项都是污染物，答案选A。
考点：考查常见大气污染物的判断
点评：该题是识记性知识的检验，难度不大，记住常见的污染性气体即可，有利于培养学生的环境保护意识，增强学生的社会责任感。
2.下列说法不正确的是（ ）
A. 液氨常用于制冷剂
B. “84”消毒液的主要成分是NaClO
C. Na2O2可用于潜水艇中的供氧剂
D. 常温下，浓硫酸能与Fe剧烈反应放出SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.液氨在气化时要吸收大量的热，所以液氨可用作制冷剂，A项正确；
B.“84”消毒液可用于消毒和漂白，主要就是利用其中的主要成分NaClO的强氧化性，B项正确；
C.Na2O2能消耗CO2，同时生成O2，所以可用作潜水艇供氧剂，C项正确；
D.常温下，浓硫酸与Fe发生钝化，形成致密的氧化物薄膜，阻止反应的进一步进行，D项错误；所以答案选D。
3.下列物质见光会分解的是（ ）
A. H2SO4 B. NaCl C. SO2 D. HClO
【答案】D
【解析】
【详解】A.H2SO4稳定，光照不分解，A错误；
B.NaCl稳定，光照不分解，B错误；
C.SO2遇光不能发生反应，C错误；
D.HClO不稳定，光照分解产生HCl、O2，D正确；
故合理选项是D。
4.氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质。下列结论正确的是（ ）
A. 加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在
B. 溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在
C. 先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl－存在
D. 加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有HClO存在
【答案】B
【解析】
【分析】氯气通入水中，溶于水的氯气部分与水反应，Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH++ClO-，HCl=H++Cl-，所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-七种微粒，氯水表现这些微粒的性质。
【详解】A项、次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是HClO，故A错误；
B项、氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；
C项、加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，加盐酸酸化引入氯离子，不能证明氯水中是否含有氯离子，故C错误；
D项、向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯气、HCl、HClO均与NaOH反应，不能证明含有HClO，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了氯水的性质，明确氯水中存在的微粒及其性质是解本题的关键。
5.下列有关硫酸与硝酸的叙述正确的是（ ）
A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B. 稀硝酸与活泼金属反应主要放出氢气
C. 可以用铁罐贮运冷的浓硫酸和浓硝酸
D. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓硫酸能使蔗糖炭化，体现了浓硫酸具有脱水性，故A错误；
B.稀硝酸是强氧化性酸，与活泼金属反应不产生氢气，而产生一氧化氮气体，故B错误；
C.铁可被冷的浓硫酸和浓硝酸钝化，生成致密的氧化膜，保护内部金属不再被氧化，故C正确；
D.氨气能与硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，故D错误。
故选C。
6.下列方法中不能用于实验室制取氨气的是( )
A. 在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热
B. 将烧瓶中的浓氨水加热
C. 加热试管中的氯化铵固体
D. 将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中
【答案】C
【解析】
【详解】A．熟石灰和氯化铵固体的混合物加热生成氨气，故不选A；
B．一水合氨不稳定，受热容易分解，所以加热烧瓶中的浓氨水可以产生氨气，故不选B；
C．氯化铵不稳定，受热容易分解产生氨气和HCl，二者遇冷又重新化合产生氯化铵，因此不能用加热试管中的氯化铵固体的方法来制取氨气，故选C；
D．将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中，生石灰与氨水中的水发生反应产生氢氧化钙，放出大量的热，从而加速了一水合氨的分解，因此可以产生大量的氨气，故不选D。
7.某原子的质量数为293，核电荷数为118，其核内中子数和核外电子数分别为（ ）
A. 118 175 B. 118 118
C. 193 118 D. 175 118
【答案】D
【解析】
【详解】某原子的核电荷数为118，则原子核外电子数为118，质量数为293，则核内中子数为293-118=175，因此该原子核内中子数和核外电子数分别为175、118，故合理选项是D。
8.元素周期表是学习化学的重要工具。如图是元素周期表中的一格，从中获取的信息不正确的是（ ）
A. 该元素的元素符号为Te
B. 该元素属于金属元素
C. 该元素的原子核外有52个电子
D. 该元素的相对原子质量为127.6
【答案】B
【解析】
【分析】根据图中元素周期表可以获得的信息：52表示原子序数；Te表示该元素的元素符号；碲表示元素名称；127.6表示该元素的相对原子质量，进行分析判断即可。
【详解】A. 根据元素周期表中的一格可知，该元素的元素符号为Te，A项正确；
B. 根据元素周期表中的一格可知，该元素的名称是碲，带“石”字旁，属于非金属元素，B项错误；
C. 根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字为52，表示原子序数为52；根据原子序数=核电荷数=质子数=原子核外电子数，则该元素的原子核外电子数为52，C项正确。
D. 根据元素周期表中的一格可知，127.6表示该元素的相对原子质量，D项正确；
答案选B。
9.下列关于元素周期表的叙述正确的是（ ）
A. 有七个主族和八个副族 B. 只有六个周期
C. 零族位于元素周期表第18纵列 D. 第ⅢA族位于元素周期表第3纵列
【答案】C
【解析】
【详解】A、元素周期表有18个纵行，其中包括七个主族、七个副族、一个0族和VIII族共16个族，故A错误；
B、元素周期表有三个短周期、四个长周期，共有7个周期，故B错误；
C、0族位于元素周期表的最右边，从左往右数为第18列，故C正确；
D、第ⅢA族位于元素周期表的第13纵列，故D错误；
答案选C。
10.已知元素的原子序数，可以推断元素原子的（ ）
①质子数 ②核电荷数 ③核外电子数 ④原子半径
A. ①③ B. ②③ C. ①②③ D. ②③④
【答案】C
【解析】
【详解】已知元素的原子序数，由于原子序数=原子核内质子数=原子核外电子数，所以根据元素的原子序数，可以推断元素原子的质子数、核电荷数、核外电子数，不能推断元素的原子半径，正确叙述为①②③，故合理选项是C。
11.下列各组物质中，化学键类型都相同的是（ ）
A. HCl与NaOH B. H2S与MgS
C. H2O和CO2 D. H2SO4和NaNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.HCl为共价化合物，只含有共价键，NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，二者不同，故A错误；
B.H2S为共价化合物，只含有共价键，MgS为离子化合物，含有离子键，二者不同，故B错误；
C.H2O和CO2为共价化合物，只含有共价键，化学键类型相同，故C正确；
D.H2SO4为共价化合物，只含有共价键，NaNO3为离子化合物，含有离子键和共价键，二者不同，故D错误。
答案：C
12.下列说法中正确的是（ ）
A. 含共价键的化合物一定是共价化合物
B. 含离子键的化合物一定是离子化合物
C. 离子化合物不可能都由非金属元素组成
D. 单质分子中一定含有共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A.含共价键的化合物不一定是共价化合物，如NH4NO3等铵盐，A项错误；
B.根据离子化合物定义可知：含离子键的化合物一定是离子化合物，B项正确；
C.非金属也可以组成离子化合物，如NH4NO3等铵盐，C项错误；
D.对于单原子单质分子，分子内部不存在化学键，且分子间为范德华力，D项错误。
故答案选B。
【点睛】注意：一、共价化合物中一定不含离子键，离子化合物中可能含有共价键。二、不是所有物质含有化学键，如：稀有气体是单原子分子，所以不含化学键，只存在分子间作用力。
13.下列叙述能证明金属A的金属性比金属B强的是（ ）
A. A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少
B. A原子的电子层数比B原子的电子层数多
C. 1molA从稀硫酸中置换的氢气比1molB置换的氢气多
D. 常温下，A能从冷水中置换出氢气，而B不能
【答案】D
【解析】
分析】判断金属性强弱的依据：元素原子的失电子能力、单质从酸（或水）中置换出H2的难易程度等。
【详解】A、金属性强弱和原子的最外层电子数无关，如锂原子最外层只有一个电子，而钙原子最外层两个电子，钙的金属性更强，选项A错误；
B、金属性强弱和原子的电子层数多少无关，如钠原子有三个电子层，而铁原子有四个电子层，钠的金属性更强，选项B错误；
C、金属性强弱取决于单质从酸（或水）中置换出H2的难易程度，和置换的H2多少无关，选项C错误；
D、常温时，A能从冷水中置换出氢气而B不能与冷水反应，说明A的金属性比B强，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查判断金属性强弱的依据，要清楚金属性的强弱与失电子的难易有关而和失电子的多少无关，难度不大。
14.下列五种有色溶液与SO2作用均能褪色，其实质相同的是（ ）
①品红溶液；②酸性KMnO4溶液；③溴水；④滴有酚酞的NaOH溶液；⑤含I2的淀粉溶液
A. ①④ B. ①②③ C. ②③⑤ D. ③④
【答案】C
【解析】试题分析：①品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；②酸性KMnO4溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；③溴水褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；④滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因二氧化硫与碱反应，体现其酸性氧化物的性质；
⑤含I2的淀粉溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；显然②③⑤实质相同，故选C。
考点：本题考查二氧化硫的化学性质。
15.X元素最高氧化物对应的水化物为H2XO4，则它对应的气态氢化物为（ ）
A. HX B. H2X C. XH4 D. XH3
【答案】B
【解析】
【详解】X元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4，则X的最高价为+6价，最低价为-2价，X对应的气态氢化物为H2X。
故答案选B。
16.五种短周期元素X、Y、Z、M、N，其原子半径与原子序数的关系如图，下列说法错误的是（ ）
A. 非金属性：X>Z
B. 气态氢化物的稳定性：M
D. M最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸
【答案】C
【解析】
【分析】由于表中均是短周期元素，易知是第二周期和第三周期，故可根据原子半径与原子序数的关系可推知元素X、Y、Z、M、N分别为O、Na、Al、Si、Cl。
【详解】A.根据同周期非金属性从左往右越强，同主族非金属性从下往上越强，因而根据位置关系可知非金属性：O>S>Al，即X>Z，A项正确；
B.根据同周期气态氢化物的稳定性从左往右越强，同主族气态氢化物的稳定性从下往上越强，因而根据位置关系可知气态氢化物的稳定性：HCl>SiH4，即M
D. M最高价氧化物对应的水化物为H2SiO3，硅酸的酸性比碳酸还弱，D项正确。
故答案选C。
17.下列有关碱金属、卤素结构和性质描述正确的是（ ）
①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔沸点依次升高，密度依次增大
②随着核电荷数的增加，碱金属单质熔沸点依次降低，密度依次减小
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb最外层电子都是1。
④碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2O
⑤根据同族元素性质的递变规律推测At 与H2化合较难，砹化银也难溶于水且具有感光性。
⑥根据F、Cl、Br、I的非金属性递减，可推出HF、HCl、HBr、HI的氧化性及稳定性依次减弱。
⑦卤素按F、Cl、Br、I的顺序其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数增加，电子层数增多，原子半径增大起主要作用
A. ①②③⑤ B. ①③④⑦
C. ①③⑤⑦ D. ②④⑤⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔点、沸点依次升高，密度依次增大，①项正确；
②随着核电荷数的增加，碱金属元素原子半径依次增大，熔沸点依次减小，密度呈增大趋势，K的密度比Na的密度小，②项错误；
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb最外层电子都是1，③项正确；
④碱金属单质的金属性从Li到Cs依次增强，加热与氧气反应，锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠、钾铷铯生成过氧化物、超氧化物等，④项错误；
⑤同主族元素从上到下原子的非金属性依次减弱，与氢气的化合能力依次减弱，砹是原子序数最大的卤族元素，则At与H2化合最难，且砹化银也难溶于水且具有感光性，⑤项正确；
⑥F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则对应单质的氧化性依次减弱，离子的还原性依次增强，即HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，热稳定性依次减弱，⑥项错误；
⑦F、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，非金属性逐渐减弱，电子层数增多，原子半径增大起主要作用，⑦项正确；
综上所述，①③⑤⑦项正确，
答案选C。
18.如图所示为元素周期表的一部分，下列有关短周期元素X、Y、Z、W的说法中，正确的是（ ）
A. 元素X的最低化合价的绝对值与其最高化合价之和为8
B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性:H2WO4>HZO4
C. 气态氢化物的稳定性:H2Y>H2W
D. 原子半径:Z>W>Y>X
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，X为F元素，Y为O元素，Z为Cl元素，W为S元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】A. X为F元素，F的非金属性最强，没有最高正价，故A错误；
B. 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W＜Z，最高价含氧酸的酸性：H2WO4＜HZO4，故B错误；
C. 元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Y＞W，气态氢化物的稳定性：H2Y>H2W，故C正确；
D. 一般而言，电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同的原子，原子序数越大，原子半径越小，原子半径：W>Z>Y>X，故D错误；
答案选C。
19.下列化学用语或模型图正确的是（ ）
A. 氨气的结构式：
B. 用电子式表示氯化氢的形成过程为：
C. H2O的比例模型：
D. 14C的原子结构示意图
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨气分子中N原子与三个H原子形成3个共价键，结构式：，A错误；
B.H原子与Cl原子形成1对共用电子对，用电子式表示为，B错误；
C.H2O分子中两个H原子与O原子形成2对共用电子对，两个H原子大小相同，O原子半径比H原子半径大，三个原子形成V性结构，H2O分子的比例模型可表示为，C错误；
D.14C原子核外有6个电子，C原子结构示意图，D正确；
故合理选项是D。
20.将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入(或通入)某试剂(或气体)X后有沉淀生成.此试剂(或气体)X可能是（ ）
①NaOH溶液 ②NaCl溶液 ③氨水溶液 ④新制氯水 ⑤H2S ⑥CO2
A. ①②④ B. ①③④⑤ C. ②③⑤⑥ D. ④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】二氧化硫具有酸性氧化物的性质、较弱的氧化性、较强的还原性、漂白性等，因而能与多种物质发生反应。
【详解】通常，复分解反应中能由较强酸生成较弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不反应。
当加入NaOH溶液或氨水时，可生成Na2SO3或(NH4)2SO3，进而生成BaSO3沉淀；新制氯水可将SO2氧化为SO42－，进而生成BaSO4沉淀；H2S能与反应生成不溶性的硫和水。NaCl、CO2都不能与SO2、BaCl2溶液反应。
本题选B。
21.如图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数。B原子核内质子数和中子数相等。下列叙述不正确的是（ ）
A. C元素是非金属性最强的元素
B. A元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
C. B元素的氧化物、氢化物的水溶液都呈酸性
D. 三种元素的原子半径的大小顺序是：B>C>A
【答案】D
【解析】
【分析】这几种元素都是短周期元素，A和C属于第二周期元素、B属于第三周期元素，设B原子序数是x，则A的原子序数是x-9、C原子序数是x-7，A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子核内质子数和中子数相等，则x-9+x+x-7=2x，x=16，所以B是S元素，则A是N元素、C是F元素，据此答题。
【详解】A.在周期表中非金属性最强的元素位于周期表右上角（稀有气体除外），所以非金属性最强的元素是F元素，故A正确；
B.氮元素的最高价氧化物的水化物是硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化较不活泼的金属、非金属，如C、Cu等，故B正确；
C.B元素氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，氢化物是H2S，这三种物质都是二元酸，其水溶液都呈酸性，故C正确；
D.B原子电子层数大于A、C，A和C电子层数相等，且A原子序数小于C，所以原子半径大小顺序B＞A＞C，故D错误。
故选D。
【点睛】明确元素的相对位置以及原子序数与核外电子数、质子数之间的关系是解答本题的关键，注意元素周期律的应用。
22.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原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是（ ）
A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X
B. X的氢化物于水形成的溶液呈碱性
C. 最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞W
D. Y元素的最高价氧化物的水化物不与强碱反应
【答案】B
【解析】
【分析】由短周期元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为N，Y为Al，Z为Si，W为S。
A．同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为Y＞Z＞W＞X，故A错误；
B．X的氢化物为氨气，氨气溶于水生成的NH3·H2O，NH3·H2ONH4+＋OH－，溶液显碱性，故B正确；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性W＞Z，则最简单气态氢化物的热稳定性为W＞Z，故C错误；
D．Y元素的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，能够与强碱反应，故D错误；
答案选B。
23.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞,然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去
2min后，试管里出现凝胶
非金属性：Cl>Si
C
向盛有铜片的容器中加入浓硝酸
产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色
浓硝酸具有强氧化性和酸性
D
向澄清石灰水溶液中通入适量气体Y
出现白色沉淀
Y可能是CO2气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.向蔗糖中加入浓硫酸，浓硫酸将蔗糖脱水碳化，形成C单质，浓硫酸与C单质发生氧化还原反应，产生CO2、SO2，气体逸出，使固体形成许多蜂窝，变得疏松多孔，A正确；
B.Na2SiO3是强碱弱酸盐，SiO32-水解使溶液显碱性，向该盐溶液的试管中滴加1滴酚酞，溶液变为红色，然后逐滴加入稀盐酸，二者发生反应产生硅酸沉淀和NaCl，溶液的碱性逐渐减弱，因此红色逐渐褪去，HCl是无氧酸，因此不能证明元素的非金属性：Cl>Si，B错误；
C.向盛有铜片的容器中加入浓硝酸,Cu被氧化产生Cu(NO3)2，硝酸被还原为NO2，因此可以证明浓硝酸具有强氧化性和酸性，C正确；
D.向澄清石灰水溶液中通入适量气体Y，出现白色沉淀，Y可能是CO2气体，也可能是SO2，D正确；
故合理选项是B。
24.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：Cl2+H2O═H++Cl- + ClO-
B. Fe溶于足量稀HNO3：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
C. NO2溶于水的反应：3NO2+H2O═2H+ +2NO3- +NO
D. AlCl3溶液中滴入过量稀氨水：Al3++4NH3·H2O = AlO2-+4NH4++2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯气溶于水，与水反应产生HCl和HClO，HClO是弱酸，应该写化学式，离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl- + HClO，A错误；
B.由于硝酸足量，Fe单质被氧化产生Fe3+，不是Fe2+，B错误；
C.NO2溶于水，与水发生反应，产生HNO3和NO，HNO3是一元强酸，在溶液中完全电离，因此该反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H+ +2NO3- +NO，C正确；
D.NH3·H2O是一元弱碱，不能与Al(OH)3发生反应，离子方程式为Al3++3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3H2O，D错误；
故合理选项是C。
25.现有某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，将其平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g铜粉；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化关系如图所示(假设硝酸的还原产物为NO气体)。下列分析或结果正确的是（ ）
A. 原混合溶液中NO3-的物质的量为0.2 mol
B. OA段产生的是氢气
C. BC段产生NO
D. 原混合溶液中H2SO4的浓度为1.25mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】铁粉既能和稀硝酸反应也能和稀硫酸反应，硝酸的氧化性比硫酸强，所以硝酸先发生反应。由图象可知在铁过量时， OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。据此解答。
【详解】A．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，每一份溶液中n(NO3-)=n(Fe)，所以原混合酸中n(HNO3)=2n(Fe)=2×，A正确；
B．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，可见OA产生的气体是NO，不是氢气，B错误；
C.在BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，可见BC段产生的气体是H2，C错误；
D．根据图像可知：当加入Fe粉14g时，气体飞物质的量不再增加，此时溶液中溶质为FeSO4，此时反应消耗铁的物质的量n(Fe)==0.25mol，根据元素原子守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.25mol，故硫酸的浓度是c(H2SO4)==2.5mol/L，由于溶液有均一性，溶液的浓度与体积无关，所以原混合溶液中H2SO4的浓度为2.5mol/L，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算，关键是根据图象分析各段发生的反应，并注意在铁与硝酸反应中硝酸全部起氧化剂作用，本题难度较大。
二、填空题
26.浓硫酸在下列用途和现象中所表现的性质是①沸点高、难挥发②酸性③吸水性④脱水性⑤强氧化性
用途或现象
体现浓硫酸的性质
（1）浓硫酸使蓝矾变成白色
________
（2）浓硫酸使木条变黑
_______
（3）浓硫酸制HCl
_______
（4）浓硫酸与铜片共热
_______
（5）浓硫酸的木炭共热产生气体
________
【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). ① (4). ②⑤ (5). ⑤
【解析】
【详解】（1）浓硫酸具有吸水性，能使蓝矾变白，利用的浓硫酸的吸水性，答案选③；
（2）浓硫酸具有脱水性，能使木条变黑，利用的浓硫酸的脱水性，答案选④；
（3）浓硫酸难挥发性的高沸点的强酸，可以制取氯化氢，利用的浓硫酸的浓硫酸的沸点高、难挥发，答案选①；
（4）浓硫酸具有强氧化性和酸性，在和铜的反应，表现浓硫酸的氧化性和酸性，答案选②⑤；
（5）浓硫酸在碳加热的反应中，没有硫酸盐生成，只表现出氧化性，答案选⑤。
【点睛】浓硫酸的三大特性是吸水性、脱水性、强氧化性，特别是加热时，浓硫酸可以与除金、铂之外的所有金属反应，生成高价金属硫酸盐，本身一般被还原成SO2，硫酸表现出了强氧化性和酸性。
27.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑩在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
（1）非金属性最强的是___(填元素名称)，化学性质最不活泼的是____(填元素符号)。
（2）元素①－⑩中半径最大的元素是____(填元素符号)
（3）②、③、⑨的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是________。(填化学式)
（4）表中能形成两性氢氧化物的元素是______(填元素符号)
【答案】 (1). 氟 (2). Ar (3). Na (4). HClO4>HNO3>H2CO3 (5). Al
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置，可推出①－⑩元素分别是H、C、N、O、F、Na、Al、S、Cl、Ar，然后根据元素周期律分析判断。
【详解】根据上述分析可知①－⑩元素分别是H、C、N、O、F、Na、Al、S、Cl、Ar。
(1)由于同一周期的元素随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐增强；同一主族的元素，随原子核外电子层数的增多，元素的非金属性逐渐减弱，所以上述10种元素中非金属性最强的元素是氟元素；惰性气体原子最外层达到8个(He是K层的2个电子)的稳定结构，因此化学性质最不活泼的是⑩号的Ar元素；
(2)由于同一周期的元素随原子序数的增大，元素的原子半径逐渐减小；同一主族的元素，随原子序数的增大而增大，所以元素①－⑩中半径最大的元素是Na元素；
(3)②表示的是C元素；③表示的是N元素；⑨表示的是Cl元素，三种元素的最高价含氧酸分别是H2CO3、HNO3、HClO4，H2CO3是二元弱酸；HNO3是一元强酸；HClO4是所有酸中酸性最强的一种，因此这三种酸的酸性由强到弱的顺序是HClO4>HNO3>H2CO3；
(4)⑦号表示的Al元素处于金属与非金属交界处，其氢氧化物Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与强酸、强碱发生反应产生盐和水。
【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。掌握同一周期、同一主族元素的原子半径、元素的金属性与非金属性的递变规律和判断方法是本题解答关键。
28.许多非金属元素是重要化工原料，某学习小组对某些非金属的化合物性质和制备进行如下实验探究：
Ⅰ.探究实验一：将一定量的浓H2SO4与足量Zn置于装置A中充分反应，对反应后的气体X进行气体成分分析
回答下列问题：
(1)气体X可能是________。（水蒸气除外）
(2)酸性高锰酸钾溶液的作用是________
(3)D、E装置用于证明气体X中的另一种组分，按照D、E装置顺序观察到的实验现象分别是____、______。
Ⅱ.下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备及A中酒精灯已略)。
(1)实验室制氯气的离子方程式为________。
(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入物质的组合是_______(填编号)。
编号
a
b
c
d
Ⅰ
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
Ⅱ
碱石灰
硅胶
浓硫酸
无水氯化钙
Ⅲ
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
【答案】(1). 二氧化硫、氢气 (2). 除去气体中残余的二氧化硫 (3). 黑色粉末变红色 (4). 白色粉末变蓝色 (5). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (6). d
【解析】
【分析】Ⅰ.(1)根据元素分析；
(2)根据二氧化硫的性质选择检验试剂；检验氢气之前需要除去二氧化硫；
(3)氢气与氧化铜反应生成铜单质和水，据此分析；
Ⅱ.在装置A中用高锰酸钾固体与浓盐酸反应制取Cl2；用装置B除去氯气中的杂质HCl，在装置C验证氯气是否具有漂白性,在装置D中验证Cl2与NaBr的反应，在装置E中验证KI是否发生反应，在装置F中用Na2SO3吸收尾气中的氧化性气体。
【详解】I.(1)将一定量的浓H2SO4与足量Zn置于装置A中充分反应，开始反应产生硫酸锌、二氧化硫和水；随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸，这时Zn与稀硫酸反应产生硫酸锌和氢气，反应都是放热反应，因此生成的气体X中有水蒸气，还可能含有二氧化硫、氢气；
(2)装置B检验二氧化硫，二氧化硫具有漂白性、还原性，因此可以选择品红溶液、酸性高锰酸钾溶液(溴水)作为检验试剂；检验氢气的生成之前，应先排除二氧化硫的干扰，因此用酸性高锰酸钾除去气体中残余的二氧化硫；
(3) D、E装置用于证明气体X中的另一种组分，该组分是H2，在D装置中H2与CuO反应产生Cu单质和H2O，固体由黑色变为红色；产生的水蒸气进入E装置，与无水硫酸铜反应变为硫酸铜晶体，固体的颜色由白色变为蓝色，所以D、E装置观察到的实验现象分别是黑色粉末变红色、白色粉末变蓝色；
II. (1)实验室也可用KMnO4与浓盐酸混合发生氧化还原反应制取氯气，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的Ⅱ中都是干燥剂，根据图示装置可知，II中应该为固体干燥剂，氯气干燥后再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，故合理选项是d。
【点睛】本题考查了物质性质的检验的知识，涉及物质的性质的验证、现象的分析与判断、方程式的书写、实验操作等知识点，根据所学知识进行合适的判断是关键，注意语言描述的准确性。
29.A经如图所示过程转化为D。已知D为强酸或强碱，回答：
（1）若常温下C是红棕色的气体，则：
①A的化学式可能是：A____
②若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A转化为B反应的化学方程式为____；
（2）若A是一种黄色单质固体，则：
①一定条件下碳单质与D反应的方程式为_____；
②向含2molD的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积___22.4L (填“大于”“等于”或“小于”)，原因是____；
【答案】(1). N2或NH3 (2). 4NH3+5O24NO +6H2O (3). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (4). 小于 (5). 随反应进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4L。
【解析】
【分析】(1)若常温下C是红棕色的气体，则C为NO2，D为HNO3；根据A氧化为NO，NO氧化为NO2，NO2与水反应产生HNO3和NO，可知A可能为N2 或NH3，B为NO；若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A是NH3；
(2)若A为黄色固体单质，则A是S、SO2与O2反应产生SO3，SO3与水反应产生H2SO4。
【详解】(1)若常温下C是红棕色的气体，则C为NO2，D为HNO3；根据A可能为N2或NH3，B为NO。
①根据分析可知，A可能为N2或NH3；
②若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为氨气，则氨气催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)若A是一种黄色单质固体，则A是单质S，B是SO2，C是SO3，D是H2SO4。
①一定条件下碳单质与浓硫酸在加热条件下发生反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②Cu与浓硫酸在加热时发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑+2H2O，若2mol硫酸发生反应，反应产生1molSO2；由于随着反应的进行，硫酸变稀，稀硫酸不能与Cu发生反应，所以若溶液中含有硫酸2mol，则反应产生SO2的物质的量小于1mol，其在标准状况下的体积小于22.4L。
【点睛】本题考查无机物推断的知识，注意根据物质的颜色以及连续发生氧化反应的特征为突破口进行推断。
30.原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族。M元素与X同主族，与W同周期。
(1)Z、M、W三种元素离子半径由大到小的顺序是____(填相应的离子符号)。
(2)用电子式表示M2W的形成过程___________
(3)由M、Z两元素形成的原子个数比为1∶1化合物的化学键类型是______
(4)由X、Y、Z、W四种元素组成的一种盐A，已知：①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4L气体。②A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与溴水反应。写出A的化学式____，该气体B与溴水反应的离子方程式 ____。
【答案】(1). r(S2-)>r(O2-)>r(Na+) (2). (3). 离子键，非极性键 (4). NH4HSO3 (5). SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-
【解析】
【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，结合原子序数可知Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+1，W的原子序数为a+9，四种元素的原子序数之和为32，则：1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，则Y为N元素、Z为O元素、W为S元素；M元素与X同主族，与W同周期，则M为Na元素。
【详解】根据上述分析可知：X为H元素；Y为N元素、Z为O元素、W为S元素， M为Na元素。
(1)Z、M、W三种元素分别是N、O、S元素。N3-、O2-的核外有2个电子层，核电荷数越大，离子半径越小；S2-核外有3个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以三种离子由大到小的顺序是r(S2-)>r(O2-)>r(Na+)；
(2) M2W为Na2S，该物质是离子化合物，2个Na+与S2-通过离子键结合，用电子式表示M2W的形成过程为；
(3)M、Z分别表示Na、O两种元素，由Na与O两元素形成的原子个数比为1∶1化合物为Na2O2，该化合物为离子化合物，Na+与O22-离子间通过离子键结合，O22-的O原子间通过非极性共价键结合，因此化合物Na2O2中含有的化学键为离子键、非极性共价键；
(4)由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，则A为铵盐，①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4L气体，氨气为1mol，即1molA含有1mol铵根离子；②A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与溴水反应，B为SO2，可推知A为NH4HSO3，二氧化硫与溴水反应得到HBr与硫酸，反应离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-。
【点睛】本题考查元素的位置与原子结构和物质性质的应用、无机物推断等，明确Y、Z、W的位置及原子序数的关系来推断元素是关键。
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