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【化学】黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
考试时间：90分钟 分值：100分
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
第Ⅰ卷（50分）
一、单项选择题（本题包括20小题，其中1～10题，每小题2分，11～20题，每小题3分，共50分）
1.若将长式周期表原先的主、副族号取消，从左到右改为18列，碱金属为第1列，稀有气体为第18列，则下列说法不正确的是（ ）
A. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
B. 第3列元素种类最多
C. 第13列元素的原子最外层有3个电子
D. 第16列、17列元素不都是非金属元素
【答案】A
【详解】在长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA、ⅡA、ⅢB→ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA→ⅦA、0族，18列元素应分别与以上各族对应，则
A. 第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子，A项错误；
B. 第3列为ⅢB族，有镧系和锕系元素，元素种类最多，B项正确；
C. 第13列元素为ⅢA族，其原子最外层有3个电子，C项正确；
D. 第16、17列分别为氧族和卤族元素，并非全部为非金属元素，D项正确；
答案选A。
2.某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，则X的最高价氧化物的水化物的化学式为（ ）
A. H2XO3 B. HXO3 C. H3XO4 D. H2XO4
【答案】D
【解析】试题分析：氢化物中X的化合价为-2价，则其最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO4，故选D。
3.已知元素的原子序数，可以推知原子的①质子数②核电荷数③核外电子数④在周期表中的位置，其中正确的是（ ）
A. ①③④ B. ②③④
C. ①②③ D. ①②③④
【答案】D
【详解】原子序数=质子数=核电核数=核外电子数，即由原子序数定义可以推知原子①②③正确，由核外电子数和核外电子排布规律可推原子结构示意图，在主族元素原子结构示意图中，电子层数代表周期序数，最外层电子数为族序数，或根据“0族定位法”确定元素在周期表中的位置，④项正确，综上所述，D项正确，
答案选D。
4.下列说法正确的是（ ）
A. HCl属于共价化合物，溶于水能电离出H+和Cl-
B. HI气体受热分解的过程中，只需克服分子间作用力
C. NaOH是离子化合物，该物质中只含离子键
D. 液态HCl能导电
【答案】A
【详解】A. HCl分子内氢原子与氯原子共用一对电子对，为共价化合物，在水分子的作用下完全电离出H+和Cl-，A项正确；
B. HI不稳定，易分解，分解时破坏共价键，B项错误；
C. NaOH为离子化合物含有离子键和O−H共价键，C项错误；
D. HCl是共价化合物，为分子晶体，在液态下不导电，D项错误。
答案选A。
5.关于元素周期表，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素
B. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素
C. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素
D. 最外层电子数为8的粒子是稀有气体元素的原子
【答案】D
【详解】A. 制备新型农药材料的元素常见的是P、Cl等位于周期表的右上方，即在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素，A项正确；
B. 在金属元素和非金属元素交界区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以在此寻找良好的半导体材料，如硅等，B项正确；
C. 优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，C项正确；
D. 粒子包括离子、原子和分子，所以最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子，D项错误；
答案选D。
6.下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A. 碘升华 B. NaOH熔化
C. NaHSO4溶于水 D. 酒精溶于水
【答案】C
【解析】试题分析：A、碘升华，只是碘状态发生变化，发生物理变化，共价键未被破坏,A错误；B、NaOH为离子化合物，熔化时破坏的是离子键，B错误；C、NaHSO4溶于水时，在水分子的作用下电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以共价键被破坏，C正确； D、酒精溶于水，酒精在水溶液里以分子存在，所以共价键未被破坏，D错误；答案选C
7.230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是( )
①Th元素的质量数是232②Th元素的相对原子质量是231 ③232Th转换成233U是化学变化④230Th和232Th的化学性质相同⑤230Th和232Th具有相同的最外层电子
A. ①② B. ③④ C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】D
【详解】①Th元素的两种原子的质量数不同，230Th和232Th的质量数分别为230、232，元素没有质量数，①项错误；
②Th元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，同位素的丰度未知，无法求算Th元素的相对原子质量，②项错误；
③232Th转换成233U是核反应，不属于化学变化，③项错误；
④230Th和232Th质子数相同、中子数不同，互为同位素，化学性质相同，④项正确；
⑤230Th和232Th质子数相同，质子数等于电子数，所以电子数相同，则原子具有相同的最外层电子，⑤项正确，
综上所述，④⑤项正确，D项正确，
答案选D。
8.根据元素周期律，下列判断正确的是（ ）
A. 碱性：NaOH > KOH > RbOH
B. 离子半径:Na+ > O2- > F-
C. 热稳定性:HF>H2O>NH3
D. 还原性：Na < Mg < Al
【答案】C
【详解】A. 金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Rb>K>Na，所以碱性：NaOH
C. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性F>O>N，所以气态氢化物越稳定：HF>H2O>NH3，C项正确；
D. 金属性越强对应单质的还原性越强，金属性：Na>Mg>Al，所以还原性：Na>Mg>Al，D项错误；
答案选C。
9.在、、、、、中，下列说法不正确的是（ ）
A. 146C和147N质量数相同，属于同主族元素
B. 63Li和73Li为同种元素的不同核素，互为同位素
C. 表示6种核素
D. 2311Na和2412Mg的中子数相同
【答案】A
【详解】A. 两者质子数不同，不是同种元素，最外层电子数也不同，不是同主族元素，A项错误；
B. 两者均为Li元素的不同种原子，互为同位素，B项正确；
C. 核素是一定数目质子和一定数目中子的一种原子，而、、、、、为六种不同的原子，是六种核素，C项正确；
D. 钠的中子数=23−11=12，镁的中子数=24−12=12，两者相等，D项正确；
答案选A。
10.关于化学键与化合物的叙述中，错误的是（ ）
A. 离子化合物中一定含有金属离子 B. 共价化合物不可能含离子键
C. 离子化合物可能含共价键 D. CaCl2含有离子键，不含共价键
【答案】A
【解析】
【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键。
【详解】A项、离子化合物中不一定含有金属离子，如氯化铵为离子化合物不含有金属离子，故A错误；
B项、只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物只含共价键，不含离子键，故B正确；
C项、含有离子键的化合物是离子化合物，可能含有共价键，如氢氧化钠和过氧化钠为离子化合物，含有共价键，故C正确；
D项、CaCl2是钙离子与氯离子形成的离子化合物，只含有离子键，不含共价键，故D正确。
故选A。
11.若短周期中的两种元素可以形成原子个数比为2∶3的化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是（ ）
A. 1 B. 3 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】可以用列举法，也可以考虑元素所属族的关系。
【详解】两种元素形成的原子个数比为2:3的化合物，那么一定有一种元素属于奇数族，有一种元素属于偶数族，它们的原子序数差一定为奇数，而不为偶数。或者用列举，符合2:3的物质有Al2O3、N2O3、Al2S3、B2O3，分别差5、1、3、3，没有出现6。本题答案选D。
12.下列关于F、Cl、Br、I性质的比较，不正确的是（ ）
A. 单质的颜色随核电荷数的增加而加深
B. 卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难
C. 卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深
D. 卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
【答案】D
【详解】A. F2、Cl2、Br2、I2颜色分别是淡黄绿色、黄绿色、深红棕色和紫黑色，则单质的颜色随核电荷数的增加而加深，A项正确；
B. 元素的非金属性越强，其单质与氢气越容易化合，非金属性：F>Cl>Br>I，所以卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，B项正确；
C. AgCl、AgBr、AgI的颜色分别是白色、淡黄色、黄色，颜色依次加深，C项正确；
D. 卤素的氢化物的稳定性越强，其还原性越弱，则卤化氢的热稳定性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱，还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，D项错误；
答案选D。
13.下列说法正确的是（ ）
A. 分子间作用力越大，分子越稳定
B. 由于水分子内形成氢键，会使其熔沸点升高
C. 冰融化时，水分子中的共价键未发生断裂
D. 氯化钠晶体熔化时，离子键未被破坏
【答案】C
【解析】试题分析：A．分子间作用力只能影响物理性质，分子的稳定性与化学键有关系，A错误；B．分子间氢键使熔沸点升高和分子内氢键都会使熔沸点降低，B错误；C．冰融化是物理变化，水分子中的共价键未发生断裂，C正确；D．氯化钠晶体熔化时电离出阴阳离子，离子键被破坏，D错误，答案选C。
14.下列事实不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（ ）
A. 氯气与氢硫酸能发生置换反应 B. 盐酸是强酸，氢硫酸是弱酸
C. 高氯酸的酸性比硫酸强 D. 受热时，氯化氢比硫化氢稳定
【答案】B
【详解】A. 氯气与氢硫酸能发生置换反应，置换出S单质，则说明氯气的氧化性大于S，即其非金属性强于硫，A项正确；
B. 不能通过氢化物的酸性来判断非金属性强弱，B项错误；
C. 可以通过最高价含氧酸的酸性强弱来判断其非金属性强弱，C项正确；
D. 可以通过氢化物的稳定性来判断其非金属性强弱，D项正确；
答案选B。
15.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：
元素代号
E
G
L
M
N
原子半径/nm
0.074
0.089
0.102
0143
0.160
主要化合价
-2
+2
+6，-2
+3
+2
下列叙述中正确的是（ ）
A. N2+ 和L2- 具有相同的电子层结构
B. 离子半径大小：r (N2+) > r (E2-)
C. M的氧化物对应的水化物具有两性
D. L的单质可在氧气中燃烧生成LO3
【答案】C
【解析】
【分析】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，E、L两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而L的半径大于E，E为没有最高正价，则E为O元素，L为S元素；M元素最外层电子数为3，为B元素或Al元素，结合半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al；N的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，G的半径比Mg小，最外层两个电子，故为Be，然后根据各种元素的原子在周期表中的分布位置确定它们的性质递变规律。
【详解】根据上述分析可知，E、G、L、M、N分别为O、Be、S、Al和Mg元素，则
A. N2+是镁离子，L2−是硫离子，它们的核外电子数分别是10和18，核外电子层数分别为2层和3层，A项错误；
B. 电子层数相同时，元素核电荷数越小，简单离子半径越大，O2-与Mg2+具有相同的电子层数，因此离子半径比较：O2- > Mg2+，B项错误；
C. M为Al元素，其元素氧化物对应的水化物为氢氧化铝，既可以与氢氧化钠溶液反应，也可以与稀盐酸反应，具有两性，C项正确；
D. S在氧气中燃烧能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，D项错误；
答案选C。
16.由21H和188O组成的11 g 水中，含有的中子的物质的量为（ ）
A. 6 mol B. 5.5 mol C. 5mol D. 4.5 mol
【答案】A
【解析】
分析】根据由2H和18O组成的水分子中，相对分子质量为：2×2+18=22，2H含有1个质子、1个中子，18O含有8个质子，10个中子，根据n=计算。
【详解】根据由2H和18O组成的水分子中，相对分子质量为：2×2+18=22，11g该水分子的物质的量为：=0.5mol，因1个该分子中含有12个中子，所以0.5 mol水分子中含有中子的物质的量为：12×0.5mol = 6 mol，A项正确，
答案选A。
17.下列说法正确的是（ ）
A. 主族序数等于周期数的元素一定为金属元素
B. 原子的L层上的电子数为奇数的元素一定是主族元素
C. 同一周期的IIA和IIIA元素的原子序数之差一定为1
D. 相邻两个周期的同一主族元素的原子序数之差等于上一周期所含元素种类
【答案】B
【详解】A．氢元素的主族序数等于周期序数，氢元素属于非金属元素，A项错误；
B．L层电子为奇数的所有元素为锂、硼、氮、氟，均为主族元素，B项正确；
C．短周期中，同一周期ⅡA族和ⅢA族元素的原子序数之差为1，在长周期中同周期ⅡA族和ⅢA族之间相差10列，在四、五周期，原子序数之差11，六、七周期的第3列分别存在镧系元素、锕系元素，故在六、七周期，ⅡA族和ⅢA族之间相差25，C项错误；
D．相邻两个周期的同一主族元素，如处于过渡元素之前，它们原子序数之差等于上一周期所含元素种类，若处于过渡元素之后，它们原子序数之差等于下一周期所含元素种类，D项错误；
答案选B。
18.已知aAn-、bB(n+1)-、cCn+、dD(n+1)+是具有相同电子层结构的短周期元素形成的简单离子。下列叙述正确的是（ ）
A. 原子序数：c > d > a > b B. 原子半径：D > C > B > A
C. 离子半径：B > A > C > D D. 单质还原性：C > D > A > B
【答案】C
【详解】A. aAn-、bB(n+1)-、cCn+、dD(n+1)+是具有相同的电子层结构的短周期元素形成的简单离子，阳离子位于阴离子的下一周期，阳离子中所带电荷越多其原子序数越多，阴离子中所带电荷越多其原子序数越小，所以这几种元素原子序数大小顺序是d> c > a >b，A项错误；
B. 电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径C> D > B >A，B项错误；
C. 电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径 B> A>C>D，C项正确；
D. C、D在周期表中同周期，原子序数：d>c，金属性：C>D，对应单质的还原性：C>D，A、B在周期表同周期，原子序数a>b，非金属性A>B，对应单质的氧化性A>B，所以还原性A
19.下列各物质中所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ）
①N2 ②Cl2 ③H2O ④CO2 ⑤PCl5
A. 全部 B. ①②③④
C. ①②④ D. ①②④⑤
【答案】C
【详解】①N2中氮原子之间形成3对共用电子对，共用电子对数+原子最外层电子数=8，N原子满足8电子的结构，①项正确；
②Cl2中Cl原子之间形成1对共用电子对，共用电子对数+原子最外层电子数=8，Cl原子满足8电子的结构，②项正确；
③H2O中H原子化合价是+1，H原子核外有1个电子，所以1+1=2，所以H原子不满足8电子的结构，③项错误；
④CO2中C元素的化合价为+4，C原子核外电子数为4，所以4+4=8，C原子满足8电子结构；O元素化合价为-2，O原子最外层电子数为6，所以|-2|+6=8，O原子满足8电子结构，④项正确；
⑤PCl5中P元素的化合价是+5价，P原子核外有5个电子，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构，氯原子的化合价是-1，其化合价的绝对值是1，则1+7=8，所以Cl原子满足8的结构，⑤项错误；
综上所述，①②④项正确，C项正确；
答案选C。
20.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（ ）
A. 砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水但能溶于稀硝酸
B. 在氧气中，铷（Rb）的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂
C. 硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体（锶与镁、钙同族）
D. 氢氧化铍[Be(OH)2]的碱性比氢氧化镁弱
【答案】A
【详解】A. 卤族元素性质具有相似性，根据碘单质的性质可推断At为有色物质，AgI不溶于水也不溶于稀酸，故AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，A项错误；
B. 碱金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的单质与氧气反应的产物有氧化物、过氧化物、超氧化物等，越来越复杂，B项正确；
C. 锶与钡是同主族元素，BaSO4是难溶于水白色固体，所以SrSO4也是难溶于水的白色固体，C项正确；
D. Mg的金属性比Be强，所以对应氧化物的水化物的碱性：氢氧化铍[Be(OH)2]的碱性比氢氧化镁弱。D项正确；
答案选A。
第II卷（50分）
二、非选择题（本题包括4道题，共50分）
21.用如图所示装置进行实验（夹持仪器省略）。将液体A逐滴加入到固体B中，回答下列问题：
（1）图中盛放液体A的仪器名称为_________________，D装置在实验中的作用是_______________________。
（2）若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛有KI-淀粉溶液，旋开E后，C中的现象为____________；C中发生反应的离子方程式为__________；继续通气体于C中，足够长的时间后，发现C中溶液的颜色消失，这是因为在溶液中I2能被Cl2氧化为HIO3，写出该反应的化学方程式： ______。
（3）若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，旋开E，足够长的时间后，C中的现象是__________，C中发生反应的离子方程式为_________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 防倒吸 (3). 溶液由无色变为蓝色 (4). Cl2 + 2I = I2 + 2Cl- (5). I2 + 5Cl2 + 6H2O = 2HIO3 + 10HCl (6). 有白色胶状沉淀生成 (7). Al3+ + 3NH3•H2O = Al(OH)3↓+3NH4+
【解析】
【分析】（1）根据仪器结构与用途作答；装置中产生的气体与水接触可能会形成气压差；
（2）若A为浓盐酸，B为KMnO4，则A与B可制备氯气，再通入C中与KI发生氧化还原反应，据此分析作答；
（3）若A为浓氨水，B为生石灰，则会生成氨气，溶于水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，过量的一水合氨与氯化铝可制备氢氧化铝沉淀。
【详解】（1）图中盛放液体A的仪器名称为分液漏斗，D装置在实验中的作用是防倒吸，
故答案为：分液漏斗；防倒吸；
（2）KMnO4与浓盐酸反应会生成氯气，氯气会氧化碘化钾溶液生成碘单质，遇淀粉变蓝，则现象为溶液由无色变为蓝色，离子反应方程式为：Cl2 + 2I = I2 + 2Cl-，继续通入氯气，I2会被被Cl2氧化为HIO3，依据氧化还原反应规律可知，其化学方程式为：I2 + 5Cl2 + 6H2O = 2HIO3 + 10HCl，
故答案为：溶液由无色变为蓝色；Cl2 + 2I = I2 + 2Cl-；I2 + 5Cl2 + 6H2O = 2HIO3 + 10HCl；
（3）浓氨水与生石灰可快速制取氨气，氨气溶于水形成的一水合氨会与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，现象为：有白色胶状沉淀生成，对应的离子方程式为：Al3+ + 3NH3•H2O = Al(OH)3↓+3NH4+，
故答案为：有白色胶状沉淀生成；Al3+ + 3NH3•H2O = Al(OH)3↓+3NH4+。
22.现有六种短周期元素，原子序数逐渐增大。请根据以下信息，用元素符号回答下列问题：
L
原子中只有一个电子
M
原子最外层电子数是次外层电子数的2倍
N
地壳中含量最多的元素
Q
所在的周期数是族序数的3倍
R
R2+具有与氖原子相同的电子层结构
T
最高正化合价与最低负化合价的代数和为6
（1）写出这两种元素的名称：M_________、Q________。
（2）T在周期表中的位置是______，T的原子结构示意图为_______，T的最高价氧化物对应水化物的化学式为_______。
（3）上述六种元素中原子半径最大的是__________，非金属性最强的是____________。
（4）写出MN2的电子式_________，用电子式表示化合物RT2的形成过程：______________。
【答案】(1). 碳 (2). 钠 (3). 第三周期 VIIA (4). (5). HClO4 (6). Na (7). O (8). (9).
【解析】
【分析】L原子中只有一个电子，则L为H元素；M原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则核外有2个电子层，电子数分别是2和4，M为C元素；N为地壳中含量最多的元素，则N为O；Q所在的周期数是族序数的3倍，又属于短周期元素，则Q的周期数为3，族序数为1，推出Q为Na元素；R2+具有与氖原子相同的电子层结构，则R为第三周期元素，核外最外层电子数为2，即R为Mg元素；T的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，绝对值之和为8，则T的最高正化合价位+7，位于VIIA族，短周期元素中T为Cl元素，再结合元素周期表与元素周期律，物质的结构与性质作答。
【详解】根据上述分析可知，L、M、N、Q、R和T分别是H、C、O、Na、Mg和Cl，则
（1）M为碳元素，Q为Na钠元素，
故答案为：碳；钠；
（2）T为Cl，根据上述分析可知，最高正化合价=族序数，位于第三周期 VIIA族，核外电子层为3层，其原子结构示意图为，其最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，
故答案为：第三周期 VIIA族；；HClO4；
（3）原子的电子层数越少，其原子半径越小；同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，则上述六种元素中原子半径最大的是Na；同主族中从上到下元素的非金属性依次减弱，同一周期中从左到右元素非金属性依次增强，则上述六种元素中非金属性最强的是O，故答案为：Na；O;
（4）MN2为二氧化碳，为共价化合物，分子内含碳氧共价双键，其电子式为：，RT2为氯化镁，是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，
故答案为：；。
23.X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，元素Y和W同族。盐ZWX与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的溶液。根据以上信息，试判断下列问题：
（1）写出这四种元素的元素符号：X_____、Y_____、Z____、W____，并将这四种元素的原子按照半径由大到小的顺序排列______（用具体的元素符号作答）
（2）Y的氢化物稳定性_________W的氢化物稳定性（填“大于”或“小于”），Y的氢化物水溶液酸性_________W的氢化物水溶液的酸性（填“大于”或“小于”）。
（3）写出Z2X2的电子式_____，该物质所含化学键的类型有_________。0.1 mol该物质与水反应转移电子数为______。
【答案】(1). O (2). F (3). Na (4). Cl (5). Na > Cl > O > F (6). 大于 (7). 小于 (8). (9). 离子键、非极性键 (10). 0.1NA（或 6.02×1022个）
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，盐ZWX与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体为氯气，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的溶液，则ZWX为NaClO，故Z、W和X分别为Na、Cl和O，元素Y和W同族，则Y为上一周期同族元素F，结合元素周期律与物质的结构和性质回答。
【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别为O、F、Na和Cl，则
（1）X、Y、Z、W分别为O、F、Na和Cl，原子的电子层数越少，其原子半径越小；同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，则原子半径：Na > Cl > O > F，
故答案为：O；F；Na；Cl；Na > Cl > O > F；
（2）同主族从上到下元素非金属性依次减弱，气态氢化物的稳定性依次减弱，非金属性：O>S；气态氢化物的稳定性：H2O大于H2S；又H2O为中性溶液，H2S为弱酸，则酸性比较：H2O小于H2S，
故答案为：大于；小于；
（3）Na2O2为离子化合物，含离子键与非极性共价键，其电子式为：，其与水反应的化学方程式为： 2Na2O2＋2H2O＝4NaOH+O2↑，2 Na2O2 2e −，则0.1 mol该物质与水反应转移电子数为0.1NA（或 6.02×1022个），
故答案为：；0.1NA（或 6.02×1022个）。
24.均由两种短周期元素组成的A、B、C三种化合物分子，都含有18个电子，它们分子中所含原子的数目依次为2、3、4。A和C分子中，其原子个数比都为1:1，B分子中原子个数比为1:2。由两种短周期元素组成的双核D离子中含有10个电子，它与A、B分子均能反应，生成一种常见的10电子分子E。请回答下列问题：
（1）C的化学式为______。A的还原性________B的还原性（填“大于”或“小于”）
（2）写出B与D在溶液中反应的离子方程式_____________。
（3）气态的A分子遇到某10电子分子会产生白烟，请写出该白烟成分的电子式_________；该白烟的水溶液与浓的含D离子的溶液在受热条件下反应的离子方程式为______________。
（4）写出一个含有18电子的五原子分子的化学式_________，其中的一种元素形成的单质可被含D离子的溶液腐蚀，发生反应的离子方程式为____________________。
【答案】(1). H2O2 (2). 小于 (3). H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O (4). (5). OH-+NH4+H2O+NH3↑ (6). SiH4 (7). Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑
【解析】
【分析】A、B、C三种由两种短周期元素组成的化合物分子所含原子的数目依次为2、3、4，且都含有18个电子，A、C分子中两种原子的个数比均为1：1，则A是HCl，C是H2O2，B分子中的原子个数比为1：2，则B是H2S，由两种短周期元素组成的双核D离子中含有10个电子，它与HCl和H2S分子均能反应，则生成一种常见的10电子分子E，则E为水，逆分析法可知，该双核D离子为OH-，据此解答。
【详解】根据上述分析可知，A、B和C分别是HCl和H2S和H2O2，E为H2O，则
（1）C为H2O2，因氯气的氧化性大于硫单质，则离子的还原性比较：HCl小于H2S，
故答案为：H2O2；小于；
（2）H2S为弱酸，与氢氧根离子反应生成硫氢根离子或硫离子，对应的离子方程式为：H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O，
故答案为：H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O；
（3）HCl与氨气产生大量白烟，形成氯化铵，氯化铵为离子化合物，其电子式为：，氯化铵与浓的含OH-的溶液在受热条件下反应生成氨气和水，其离子方程式为OH-+NH4+H2O+NH3↑，故答案为：；OH-+NH4+H2O+NH3↑；
（4）含有18电子的五原子分子中的一种元素形成的单质可被含OH-的溶液腐蚀，则该分子为SiH4，其中硅单质可与OH-反应，其离子方程式为：Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑，
故答案为：SiH4；Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑。
考试时间：90分钟 分值：100分
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
第Ⅰ卷（50分）
一、单项选择题（本题包括20小题，其中1～10题，每小题2分，11～20题，每小题3分，共50分）
1.若将长式周期表原先的主、副族号取消，从左到右改为18列，碱金属为第1列，稀有气体为第18列，则下列说法不正确的是（ ）
A. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
B. 第3列元素种类最多
C. 第13列元素的原子最外层有3个电子
D. 第16列、17列元素不都是非金属元素
【答案】A
【详解】在长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA、ⅡA、ⅢB→ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA→ⅦA、0族，18列元素应分别与以上各族对应，则
A. 第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子，A项错误；
B. 第3列为ⅢB族，有镧系和锕系元素，元素种类最多，B项正确；
C. 第13列元素为ⅢA族，其原子最外层有3个电子，C项正确；
D. 第16、17列分别为氧族和卤族元素，并非全部为非金属元素，D项正确；
答案选A。
2.某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，则X的最高价氧化物的水化物的化学式为（ ）
A. H2XO3 B. HXO3 C. H3XO4 D. H2XO4
【答案】D
【解析】试题分析：氢化物中X的化合价为-2价，则其最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO4，故选D。
3.已知元素的原子序数，可以推知原子的①质子数②核电荷数③核外电子数④在周期表中的位置，其中正确的是（ ）
A. ①③④ B. ②③④
C. ①②③ D. ①②③④
【答案】D
【详解】原子序数=质子数=核电核数=核外电子数，即由原子序数定义可以推知原子①②③正确，由核外电子数和核外电子排布规律可推原子结构示意图，在主族元素原子结构示意图中，电子层数代表周期序数，最外层电子数为族序数，或根据“0族定位法”确定元素在周期表中的位置，④项正确，综上所述，D项正确，
答案选D。
4.下列说法正确的是（ ）
A. HCl属于共价化合物，溶于水能电离出H+和Cl-
B. HI气体受热分解的过程中，只需克服分子间作用力
C. NaOH是离子化合物，该物质中只含离子键
D. 液态HCl能导电
【答案】A
【详解】A. HCl分子内氢原子与氯原子共用一对电子对，为共价化合物，在水分子的作用下完全电离出H+和Cl-，A项正确；
B. HI不稳定，易分解，分解时破坏共价键，B项错误；
C. NaOH为离子化合物含有离子键和O−H共价键，C项错误；
D. HCl是共价化合物，为分子晶体，在液态下不导电，D项错误。
答案选A。
5.关于元素周期表，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素
B. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素
C. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素
D. 最外层电子数为8的粒子是稀有气体元素的原子
【答案】D
【详解】A. 制备新型农药材料的元素常见的是P、Cl等位于周期表的右上方，即在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素，A项正确；
B. 在金属元素和非金属元素交界区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以在此寻找良好的半导体材料，如硅等，B项正确；
C. 优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，C项正确；
D. 粒子包括离子、原子和分子，所以最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子，D项错误；
答案选D。
6.下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A. 碘升华 B. NaOH熔化
C. NaHSO4溶于水 D. 酒精溶于水
【答案】C
【解析】试题分析：A、碘升华，只是碘状态发生变化，发生物理变化，共价键未被破坏,A错误；B、NaOH为离子化合物，熔化时破坏的是离子键，B错误；C、NaHSO4溶于水时，在水分子的作用下电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以共价键被破坏，C正确； D、酒精溶于水，酒精在水溶液里以分子存在，所以共价键未被破坏，D错误；答案选C
7.230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是( )
①Th元素的质量数是232②Th元素的相对原子质量是231 ③232Th转换成233U是化学变化④230Th和232Th的化学性质相同⑤230Th和232Th具有相同的最外层电子
A. ①② B. ③④ C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】D
【详解】①Th元素的两种原子的质量数不同，230Th和232Th的质量数分别为230、232，元素没有质量数，①项错误；
②Th元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，同位素的丰度未知，无法求算Th元素的相对原子质量，②项错误；
③232Th转换成233U是核反应，不属于化学变化，③项错误；
④230Th和232Th质子数相同、中子数不同，互为同位素，化学性质相同，④项正确；
⑤230Th和232Th质子数相同，质子数等于电子数，所以电子数相同，则原子具有相同的最外层电子，⑤项正确，
综上所述，④⑤项正确，D项正确，
答案选D。
8.根据元素周期律，下列判断正确的是（ ）
A. 碱性：NaOH > KOH > RbOH
B. 离子半径:Na+ > O2- > F-
C. 热稳定性:HF>H2O>NH3
D. 还原性：Na < Mg < Al
【答案】C
【详解】A. 金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Rb>K>Na，所以碱性：NaOH
C. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性F>O>N，所以气态氢化物越稳定：HF>H2O>NH3，C项正确；
D. 金属性越强对应单质的还原性越强，金属性：Na>Mg>Al，所以还原性：Na>Mg>Al，D项错误；
答案选C。
9.在、、、、、中，下列说法不正确的是（ ）
A. 146C和147N质量数相同，属于同主族元素
B. 63Li和73Li为同种元素的不同核素，互为同位素
C. 表示6种核素
D. 2311Na和2412Mg的中子数相同
【答案】A
【详解】A. 两者质子数不同，不是同种元素，最外层电子数也不同，不是同主族元素，A项错误；
B. 两者均为Li元素的不同种原子，互为同位素，B项正确；
C. 核素是一定数目质子和一定数目中子的一种原子，而、、、、、为六种不同的原子，是六种核素，C项正确；
D. 钠的中子数=23−11=12，镁的中子数=24−12=12，两者相等，D项正确；
答案选A。
10.关于化学键与化合物的叙述中，错误的是（ ）
A. 离子化合物中一定含有金属离子 B. 共价化合物不可能含离子键
C. 离子化合物可能含共价键 D. CaCl2含有离子键，不含共价键
【答案】A
【解析】
【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键。
【详解】A项、离子化合物中不一定含有金属离子，如氯化铵为离子化合物不含有金属离子，故A错误；
B项、只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物只含共价键，不含离子键，故B正确；
C项、含有离子键的化合物是离子化合物，可能含有共价键，如氢氧化钠和过氧化钠为离子化合物，含有共价键，故C正确；
D项、CaCl2是钙离子与氯离子形成的离子化合物，只含有离子键，不含共价键，故D正确。
故选A。
11.若短周期中的两种元素可以形成原子个数比为2∶3的化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是（ ）
A. 1 B. 3 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】可以用列举法，也可以考虑元素所属族的关系。
【详解】两种元素形成的原子个数比为2:3的化合物，那么一定有一种元素属于奇数族，有一种元素属于偶数族，它们的原子序数差一定为奇数，而不为偶数。或者用列举，符合2:3的物质有Al2O3、N2O3、Al2S3、B2O3，分别差5、1、3、3，没有出现6。本题答案选D。
12.下列关于F、Cl、Br、I性质的比较，不正确的是（ ）
A. 单质的颜色随核电荷数的增加而加深
B. 卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难
C. 卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深
D. 卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
【答案】D
【详解】A. F2、Cl2、Br2、I2颜色分别是淡黄绿色、黄绿色、深红棕色和紫黑色，则单质的颜色随核电荷数的增加而加深，A项正确；
B. 元素的非金属性越强，其单质与氢气越容易化合，非金属性：F>Cl>Br>I，所以卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，B项正确；
C. AgCl、AgBr、AgI的颜色分别是白色、淡黄色、黄色，颜色依次加深，C项正确；
D. 卤素的氢化物的稳定性越强，其还原性越弱，则卤化氢的热稳定性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱，还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，D项错误；
答案选D。
13.下列说法正确的是（ ）
A. 分子间作用力越大，分子越稳定
B. 由于水分子内形成氢键，会使其熔沸点升高
C. 冰融化时，水分子中的共价键未发生断裂
D. 氯化钠晶体熔化时，离子键未被破坏
【答案】C
【解析】试题分析：A．分子间作用力只能影响物理性质，分子的稳定性与化学键有关系，A错误；B．分子间氢键使熔沸点升高和分子内氢键都会使熔沸点降低，B错误；C．冰融化是物理变化，水分子中的共价键未发生断裂，C正确；D．氯化钠晶体熔化时电离出阴阳离子，离子键被破坏，D错误，答案选C。
14.下列事实不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（ ）
A. 氯气与氢硫酸能发生置换反应 B. 盐酸是强酸，氢硫酸是弱酸
C. 高氯酸的酸性比硫酸强 D. 受热时，氯化氢比硫化氢稳定
【答案】B
【详解】A. 氯气与氢硫酸能发生置换反应，置换出S单质，则说明氯气的氧化性大于S，即其非金属性强于硫，A项正确；
B. 不能通过氢化物的酸性来判断非金属性强弱，B项错误；
C. 可以通过最高价含氧酸的酸性强弱来判断其非金属性强弱，C项正确；
D. 可以通过氢化物的稳定性来判断其非金属性强弱，D项正确；
答案选B。
15.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：
元素代号
E
G
L
M
N
原子半径/nm
0.074
0.089
0.102
0143
0.160
主要化合价
-2
+2
+6，-2
+3
+2
下列叙述中正确的是（ ）
A. N2+ 和L2- 具有相同的电子层结构
B. 离子半径大小：r (N2+) > r (E2-)
C. M的氧化物对应的水化物具有两性
D. L的单质可在氧气中燃烧生成LO3
【答案】C
【解析】
【分析】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，E、L两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而L的半径大于E，E为没有最高正价，则E为O元素，L为S元素；M元素最外层电子数为3，为B元素或Al元素，结合半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al；N的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，G的半径比Mg小，最外层两个电子，故为Be，然后根据各种元素的原子在周期表中的分布位置确定它们的性质递变规律。
【详解】根据上述分析可知，E、G、L、M、N分别为O、Be、S、Al和Mg元素，则
A. N2+是镁离子，L2−是硫离子，它们的核外电子数分别是10和18，核外电子层数分别为2层和3层，A项错误；
B. 电子层数相同时，元素核电荷数越小，简单离子半径越大，O2-与Mg2+具有相同的电子层数，因此离子半径比较：O2- > Mg2+，B项错误；
C. M为Al元素，其元素氧化物对应的水化物为氢氧化铝，既可以与氢氧化钠溶液反应，也可以与稀盐酸反应，具有两性，C项正确；
D. S在氧气中燃烧能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，D项错误；
答案选C。
16.由21H和188O组成的11 g 水中，含有的中子的物质的量为（ ）
A. 6 mol B. 5.5 mol C. 5mol D. 4.5 mol
【答案】A
【解析】
分析】根据由2H和18O组成的水分子中，相对分子质量为：2×2+18=22，2H含有1个质子、1个中子，18O含有8个质子，10个中子，根据n=计算。
【详解】根据由2H和18O组成的水分子中，相对分子质量为：2×2+18=22，11g该水分子的物质的量为：=0.5mol，因1个该分子中含有12个中子，所以0.5 mol水分子中含有中子的物质的量为：12×0.5mol = 6 mol，A项正确，
答案选A。
17.下列说法正确的是（ ）
A. 主族序数等于周期数的元素一定为金属元素
B. 原子的L层上的电子数为奇数的元素一定是主族元素
C. 同一周期的IIA和IIIA元素的原子序数之差一定为1
D. 相邻两个周期的同一主族元素的原子序数之差等于上一周期所含元素种类
【答案】B
【详解】A．氢元素的主族序数等于周期序数，氢元素属于非金属元素，A项错误；
B．L层电子为奇数的所有元素为锂、硼、氮、氟，均为主族元素，B项正确；
C．短周期中，同一周期ⅡA族和ⅢA族元素的原子序数之差为1，在长周期中同周期ⅡA族和ⅢA族之间相差10列，在四、五周期，原子序数之差11，六、七周期的第3列分别存在镧系元素、锕系元素，故在六、七周期，ⅡA族和ⅢA族之间相差25，C项错误；
D．相邻两个周期的同一主族元素，如处于过渡元素之前，它们原子序数之差等于上一周期所含元素种类，若处于过渡元素之后，它们原子序数之差等于下一周期所含元素种类，D项错误；
答案选B。
18.已知aAn-、bB(n+1)-、cCn+、dD(n+1)+是具有相同电子层结构的短周期元素形成的简单离子。下列叙述正确的是（ ）
A. 原子序数：c > d > a > b B. 原子半径：D > C > B > A
C. 离子半径：B > A > C > D D. 单质还原性：C > D > A > B
【答案】C
【详解】A. aAn-、bB(n+1)-、cCn+、dD(n+1)+是具有相同的电子层结构的短周期元素形成的简单离子，阳离子位于阴离子的下一周期，阳离子中所带电荷越多其原子序数越多，阴离子中所带电荷越多其原子序数越小，所以这几种元素原子序数大小顺序是d> c > a >b，A项错误；
B. 电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径C> D > B >A，B项错误；
C. 电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径 B> A>C>D，C项正确；
D. C、D在周期表中同周期，原子序数：d>c，金属性：C>D，对应单质的还原性：C>D，A、B在周期表同周期，原子序数a>b，非金属性A>B，对应单质的氧化性A>B，所以还原性A
19.下列各物质中所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ）
①N2 ②Cl2 ③H2O ④CO2 ⑤PCl5
A. 全部 B. ①②③④
C. ①②④ D. ①②④⑤
【答案】C
【详解】①N2中氮原子之间形成3对共用电子对，共用电子对数+原子最外层电子数=8，N原子满足8电子的结构，①项正确；
②Cl2中Cl原子之间形成1对共用电子对，共用电子对数+原子最外层电子数=8，Cl原子满足8电子的结构，②项正确；
③H2O中H原子化合价是+1，H原子核外有1个电子，所以1+1=2，所以H原子不满足8电子的结构，③项错误；
④CO2中C元素的化合价为+4，C原子核外电子数为4，所以4+4=8，C原子满足8电子结构；O元素化合价为-2，O原子最外层电子数为6，所以|-2|+6=8，O原子满足8电子结构，④项正确；
⑤PCl5中P元素的化合价是+5价，P原子核外有5个电子，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构，氯原子的化合价是-1，其化合价的绝对值是1，则1+7=8，所以Cl原子满足8的结构，⑤项错误；
综上所述，①②④项正确，C项正确；
答案选C。
20.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（ ）
A. 砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水但能溶于稀硝酸
B. 在氧气中，铷（Rb）的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂
C. 硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体（锶与镁、钙同族）
D. 氢氧化铍[Be(OH)2]的碱性比氢氧化镁弱
【答案】A
【详解】A. 卤族元素性质具有相似性，根据碘单质的性质可推断At为有色物质，AgI不溶于水也不溶于稀酸，故AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，A项错误；
B. 碱金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的单质与氧气反应的产物有氧化物、过氧化物、超氧化物等，越来越复杂，B项正确；
C. 锶与钡是同主族元素，BaSO4是难溶于水白色固体，所以SrSO4也是难溶于水的白色固体，C项正确；
D. Mg的金属性比Be强，所以对应氧化物的水化物的碱性：氢氧化铍[Be(OH)2]的碱性比氢氧化镁弱。D项正确；
答案选A。
第II卷（50分）
二、非选择题（本题包括4道题，共50分）
21.用如图所示装置进行实验（夹持仪器省略）。将液体A逐滴加入到固体B中，回答下列问题：
（1）图中盛放液体A的仪器名称为_________________，D装置在实验中的作用是_______________________。
（2）若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛有KI-淀粉溶液，旋开E后，C中的现象为____________；C中发生反应的离子方程式为__________；继续通气体于C中，足够长的时间后，发现C中溶液的颜色消失，这是因为在溶液中I2能被Cl2氧化为HIO3，写出该反应的化学方程式： ______。
（3）若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，旋开E，足够长的时间后，C中的现象是__________，C中发生反应的离子方程式为_________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 防倒吸 (3). 溶液由无色变为蓝色 (4). Cl2 + 2I = I2 + 2Cl- (5). I2 + 5Cl2 + 6H2O = 2HIO3 + 10HCl (6). 有白色胶状沉淀生成 (7). Al3+ + 3NH3•H2O = Al(OH)3↓+3NH4+
【解析】
【分析】（1）根据仪器结构与用途作答；装置中产生的气体与水接触可能会形成气压差；
（2）若A为浓盐酸，B为KMnO4，则A与B可制备氯气，再通入C中与KI发生氧化还原反应，据此分析作答；
（3）若A为浓氨水，B为生石灰，则会生成氨气，溶于水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，过量的一水合氨与氯化铝可制备氢氧化铝沉淀。
【详解】（1）图中盛放液体A的仪器名称为分液漏斗，D装置在实验中的作用是防倒吸，
故答案为：分液漏斗；防倒吸；
（2）KMnO4与浓盐酸反应会生成氯气，氯气会氧化碘化钾溶液生成碘单质，遇淀粉变蓝，则现象为溶液由无色变为蓝色，离子反应方程式为：Cl2 + 2I = I2 + 2Cl-，继续通入氯气，I2会被被Cl2氧化为HIO3，依据氧化还原反应规律可知，其化学方程式为：I2 + 5Cl2 + 6H2O = 2HIO3 + 10HCl，
故答案为：溶液由无色变为蓝色；Cl2 + 2I = I2 + 2Cl-；I2 + 5Cl2 + 6H2O = 2HIO3 + 10HCl；
（3）浓氨水与生石灰可快速制取氨气，氨气溶于水形成的一水合氨会与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，现象为：有白色胶状沉淀生成，对应的离子方程式为：Al3+ + 3NH3•H2O = Al(OH)3↓+3NH4+，
故答案为：有白色胶状沉淀生成；Al3+ + 3NH3•H2O = Al(OH)3↓+3NH4+。
22.现有六种短周期元素，原子序数逐渐增大。请根据以下信息，用元素符号回答下列问题：
L
原子中只有一个电子
M
原子最外层电子数是次外层电子数的2倍
N
地壳中含量最多的元素
Q
所在的周期数是族序数的3倍
R
R2+具有与氖原子相同的电子层结构
T
最高正化合价与最低负化合价的代数和为6
（1）写出这两种元素的名称：M_________、Q________。
（2）T在周期表中的位置是______，T的原子结构示意图为_______，T的最高价氧化物对应水化物的化学式为_______。
（3）上述六种元素中原子半径最大的是__________，非金属性最强的是____________。
（4）写出MN2的电子式_________，用电子式表示化合物RT2的形成过程：______________。
【答案】(1). 碳 (2). 钠 (3). 第三周期 VIIA (4). (5). HClO4 (6). Na (7). O (8). (9).
【解析】
【分析】L原子中只有一个电子，则L为H元素；M原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则核外有2个电子层，电子数分别是2和4，M为C元素；N为地壳中含量最多的元素，则N为O；Q所在的周期数是族序数的3倍，又属于短周期元素，则Q的周期数为3，族序数为1，推出Q为Na元素；R2+具有与氖原子相同的电子层结构，则R为第三周期元素，核外最外层电子数为2，即R为Mg元素；T的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，绝对值之和为8，则T的最高正化合价位+7，位于VIIA族，短周期元素中T为Cl元素，再结合元素周期表与元素周期律，物质的结构与性质作答。
【详解】根据上述分析可知，L、M、N、Q、R和T分别是H、C、O、Na、Mg和Cl，则
（1）M为碳元素，Q为Na钠元素，
故答案为：碳；钠；
（2）T为Cl，根据上述分析可知，最高正化合价=族序数，位于第三周期 VIIA族，核外电子层为3层，其原子结构示意图为，其最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，
故答案为：第三周期 VIIA族；；HClO4；
（3）原子的电子层数越少，其原子半径越小；同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，则上述六种元素中原子半径最大的是Na；同主族中从上到下元素的非金属性依次减弱，同一周期中从左到右元素非金属性依次增强，则上述六种元素中非金属性最强的是O，故答案为：Na；O;
（4）MN2为二氧化碳，为共价化合物，分子内含碳氧共价双键，其电子式为：，RT2为氯化镁，是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，
故答案为：；。
23.X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，元素Y和W同族。盐ZWX与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的溶液。根据以上信息，试判断下列问题：
（1）写出这四种元素的元素符号：X_____、Y_____、Z____、W____，并将这四种元素的原子按照半径由大到小的顺序排列______（用具体的元素符号作答）
（2）Y的氢化物稳定性_________W的氢化物稳定性（填“大于”或“小于”），Y的氢化物水溶液酸性_________W的氢化物水溶液的酸性（填“大于”或“小于”）。
（3）写出Z2X2的电子式_____，该物质所含化学键的类型有_________。0.1 mol该物质与水反应转移电子数为______。
【答案】(1). O (2). F (3). Na (4). Cl (5). Na > Cl > O > F (6). 大于 (7). 小于 (8). (9). 离子键、非极性键 (10). 0.1NA（或 6.02×1022个）
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，盐ZWX与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体为氯气，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的溶液，则ZWX为NaClO，故Z、W和X分别为Na、Cl和O，元素Y和W同族，则Y为上一周期同族元素F，结合元素周期律与物质的结构和性质回答。
【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别为O、F、Na和Cl，则
（1）X、Y、Z、W分别为O、F、Na和Cl，原子的电子层数越少，其原子半径越小；同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，则原子半径：Na > Cl > O > F，
故答案为：O；F；Na；Cl；Na > Cl > O > F；
（2）同主族从上到下元素非金属性依次减弱，气态氢化物的稳定性依次减弱，非金属性：O>S；气态氢化物的稳定性：H2O大于H2S；又H2O为中性溶液，H2S为弱酸，则酸性比较：H2O小于H2S，
故答案为：大于；小于；
（3）Na2O2为离子化合物，含离子键与非极性共价键，其电子式为：，其与水反应的化学方程式为： 2Na2O2＋2H2O＝4NaOH+O2↑，2 Na2O2 2e −，则0.1 mol该物质与水反应转移电子数为0.1NA（或 6.02×1022个），
故答案为：；0.1NA（或 6.02×1022个）。
24.均由两种短周期元素组成的A、B、C三种化合物分子，都含有18个电子，它们分子中所含原子的数目依次为2、3、4。A和C分子中，其原子个数比都为1:1，B分子中原子个数比为1:2。由两种短周期元素组成的双核D离子中含有10个电子，它与A、B分子均能反应，生成一种常见的10电子分子E。请回答下列问题：
（1）C的化学式为______。A的还原性________B的还原性（填“大于”或“小于”）
（2）写出B与D在溶液中反应的离子方程式_____________。
（3）气态的A分子遇到某10电子分子会产生白烟，请写出该白烟成分的电子式_________；该白烟的水溶液与浓的含D离子的溶液在受热条件下反应的离子方程式为______________。
（4）写出一个含有18电子的五原子分子的化学式_________，其中的一种元素形成的单质可被含D离子的溶液腐蚀，发生反应的离子方程式为____________________。
【答案】(1). H2O2 (2). 小于 (3). H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O (4). (5). OH-+NH4+H2O+NH3↑ (6). SiH4 (7). Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑
【解析】
【分析】A、B、C三种由两种短周期元素组成的化合物分子所含原子的数目依次为2、3、4，且都含有18个电子，A、C分子中两种原子的个数比均为1：1，则A是HCl，C是H2O2，B分子中的原子个数比为1：2，则B是H2S，由两种短周期元素组成的双核D离子中含有10个电子，它与HCl和H2S分子均能反应，则生成一种常见的10电子分子E，则E为水，逆分析法可知，该双核D离子为OH-，据此解答。
【详解】根据上述分析可知，A、B和C分别是HCl和H2S和H2O2，E为H2O，则
（1）C为H2O2，因氯气的氧化性大于硫单质，则离子的还原性比较：HCl小于H2S，
故答案为：H2O2；小于；
（2）H2S为弱酸，与氢氧根离子反应生成硫氢根离子或硫离子，对应的离子方程式为：H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O，
故答案为：H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O；
（3）HCl与氨气产生大量白烟，形成氯化铵，氯化铵为离子化合物，其电子式为：，氯化铵与浓的含OH-的溶液在受热条件下反应生成氨气和水，其离子方程式为OH-+NH4+H2O+NH3↑，故答案为：；OH-+NH4+H2O+NH3↑；
（4）含有18电子的五原子分子中的一种元素形成的单质可被含OH-的溶液腐蚀，则该分子为SiH4，其中硅单质可与OH-反应，其离子方程式为：Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑，
故答案为：SiH4；Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑。
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