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【化学】安徽省合肥市第一六八中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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安徽省合肥市第一六八中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分
可能用到的相对原子质量：H-1 N-16 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5
第Ⅰ卷(选择题共48分)
一、单项选择题:在每题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的（本部分16题，每题3分，共48分）。
1.元素周期律和元素周期表，揭示了元素之间的内在联系，反映了元素性质与其原子结构的关系，在哲学、自然科学、生产实践各方面都有重要的意义。例如人们可以根据元素周期律，在元素周期表中金属元素与非金属元素分界线附近寻找（ ）
A. 耐高温的合金材料 B. 制农药的元素
C. 做催化剂的元素 D. 做半导体材料的元素
【答案】D
【解析】
【分析】元素周期表金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，既有金属性也有非金属性，性质决定用途，以此来解答。
【详解】A．耐高温的合金材料在过渡元素区寻找，A项错误；
B．制农药的元素在周期表右上方的非金属元素区寻找，B项错误；
C．做催化剂的元素从过渡元素区寻找，C项错误；
D．作半导体材料的元素，在元素周期表金属元素与非金属元素的分界线附近寻找，D项正确；
答案选D。
2.下列有关化学用语的表示方法中正确的是（ ）
A. 次氯酸的电子式：
B. M2+离子核外有a个电子，b 个中子，M原子符号为：
C. 用电子式表示K2O的形成过程为：
D. Na+的结构示意图：
【答案】B
【详解】A. 次氯酸中各原子均达到稳定结构，其正确的电子式为：，A项错误；
B. M2+离子核外有a个电子，相应的M原子有a+2个电子，即质子数为a+2，又因为含b 个中子，则质量数为a+2+b，故M原子符号为：，B项正确；
C. K2O为离子化合物，O原子核外有六个电子，正确的书写过程应该是：，C项错误；
D. Na+的核外电子数为10，正确的结构示意图为，D项错误；
答案选B。
3.X、Y 是第 2或第 3周期中的两种元素，它们可形成离子型化合物 XmYn，且离子均有稀有气体原子的电子结构。若X 的原子序数为 a，则Y 的原子序数不可能为（ ）
A. a+8-m-n B. a-8+m-n C. a+16-m-n D. a-m-n
【答案】B
【解析】，若X是第二周期，Y是第二周期元素，则Y的原子序数为：a+8-m-n，A正确；若X是第二周期，Y是第三周期元素，则Y的原子序数为：.a+16-m-n，C正确；若X是第三周期，Y是第二周期，则Y的原子序数为：a-m-n，D正确；若X是第三周期，Y是第三周期，则Y的原子序数为：a+8-m-n；即不可能的选项为B。
4.手性分子是指在分子结构中，当 a、b、x、y 为彼此互不相同的原子或原子团时，称此分子为手性分子，中心碳原子为手性碳原子．下列分子中指定的碳原子（用*标记）不属于手性碳原子的是（ ）
A. 木糖醇 B. 丙氨酸
C. 葡萄糖 D. 甘油醛
【答案】A
【解析】
【分析】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，据此分析作答。
【详解】A. 星号碳原子上连有两个一样的原子团，不是手性碳原子；
B. 星号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和氨基，是手性碳原子；
C. 星号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH、羟基以及剩余的大取代基，是手性碳原子；
D. 该星号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH、羟基以及醛基，是手性碳原子；
答案选A。
5.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 46 g NO2 和N2O4 混合气体中的氧原子数为 2NA
B. 1 mol N2 与 4 mol H2 反应生成的 NH3 分子数为 2NA
C. 1 mol Fe 和 1 mol Cl2 充分反应，电子转移数为 3NA
D. 标准状况下，2.24 LCCl4 含有的共价键数为 0.4NA
【答案】A
【详解】A. NO2 和N2O4的最简式均为NO2，则46g最简式的物质的量为=1mol，则混合气体中的氧原子数1mol×2×NA mol-1=2NA个，A项正确；
B. N2与H2反应为可逆反应，1 mol N2与 4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，B项错误；
C. 因2Fe +3Cl22FeCl3，则1 mol Fe 和 1 mol Cl2 充分反应时，Fe过量，1 mol Cl2反应完全，电子转移数为 2NA，C项错误；
D. CCl4在标准状况下不是气体，无法通过标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，D项错误；
答案选A。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子半径依次增大，X 是短周期元素中原子半径最小的，Z、W 同主族，且 Z、W 的原子序数之差与Y 的原子序数相同，X、Y、Z、W 的最外层电子数之和为 15。下列说法正确的是（ ）
A. Z 单质与 WY2 在高温条件下反应生成 W 单质，说明非金属性：Z>W
B. 向无色的X2Z2Y4 溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，溶液仍为无色，体现了X2Z2Y4 的还原性
C. Y、Z、W 的简单氢化物的稳定性依次增强
D. 由X、Y 两种元素形成的所有化合物中所含化学键的类型完全相同
【答案】B
【详解】根据题意可知，X是短周期元素中原子半径最小的，为H元素。Z、W同主族，且Z、W的原子序数之差与Y的原子序数相同，短周期同主族相邻周期元素原子序数差一般为2或8个，但X为H元素，相差的不是2，Z、W同主族，其原子序数差为8，可知Y为O元素，X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15，H最外层为1，O最外层为6，则Z和W的最外层电子数为4。可知X、Y、Z、W分別为H、O、C、Si。
A．C与SiO2在高温条件下发生反应2C+SiO2Si+2CO ↑，说明还原性C>Si，A错误；
B．X2Z2Y4溶液为草酸溶液，草酸可以与高锰酸钾反应，草酸具有还原性，B正确；
C．O、C、Si的非金属性依次减弱，对应的简单氢化物的稳定性依次减弱，C错误；
D．由H、O两种元素形成的化合物为H2O和H2O2，H2O中含有极性共价键，H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，D错误。
本题答案选B。
7.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】分析：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，结合有关物质的溶解性分析解答。
详解：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。
8.固体A 的化学式为 NH5，已知其熔融态能够导电，则下列有关说法不正确的是（ ）
A. 1 mol NH5 中含有 5 NA 个 N—H 键(设 NA 表示阿伏加德罗常数的值)
B. NH5 中既有共价键又有离子键
C. NH5 的电子式为
D. NH5 与水反应的离子方程式为NH4++H-+H2O===NH3·H2O＋H2↑
【答案】A
【解析】
【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则NH5属于铵盐，电子式为，铵根离子和氢离子之间存在离子键，铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，据此分析解答。
【详解】A. NH5中存在离子键和共价键，1mol NH5中含有4NA个N−H键(NA表示阿伏加德罗常数)，含有1mol离子键，A项错误；
B. NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键，B项正确；
C. NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为，C项正确；
D. NH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，其离子方程式为NH4++H-+H2O===NH3·H2O＋H2↑，D项正确；
答案选A。
9.下列关于ⅡA 族元素性质预测正确的是（ ）
A. Ra(OH)2 和 Mg(OH)2 类似，二者均难溶于水
B. RaSO4 和BaSO4 类似，二者均难溶于水
C. Sr在常温下不能和冷水反应
D. 依据对角线规则，Be 的性质和Al 类似，Be(OH)2 和NaOH 反应可生成NaBeO2
【答案】B
【解析】
【分析】同一主族元素从上到下原子半径依次增大，金属性依次增强，ⅡA 族元素有相似性也有递变性，据此分析作答。
【详解】A. Mg(OH)2难溶，Ca(OH)2微溶，Ba(OH)2易溶，Ra位于第七周期ⅡA 族，根据递变规律可以判断Ra(OH)2可溶于水，A项错误；
B. ⅡA 族硫酸盐的水溶性依次降低，则RaSO4 和BaSO4 类似，二者均难溶于水，B项正确；
C. 同主族元素金属性依次增强，可知Sr的金属性强于Ca，Ca能水反应，则依据递变规律可知，Sr在常温下能和冷水反应，C项错误；
D. 依据对角线规则，Be 性质和Al 类似，也可以与NaOH 反应生成盐，根据Be化合价为+2价，则其与氢氧化钠生成的盐为Na2BeO2，D项错误；
答案选B。
10.标准状况下，某同学向 100 mLH2S 饱和溶液中通入 SO2，所得溶液 pH 变化如图所示，下列分析中， 正确的是（ ）
A. 亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸
B. ab 段反应是：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O
C. 原 H2S 溶液的物质的量浓度为 0.05mol/L
D. b 点对应的溶液导电性最强
【答案】B
【解析】
【分析】H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112 mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题。
【详解】A．根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）= = 0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01 mol，通入336 mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01 mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，A项错误；
B．ab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S↓+2H2O，B项正确；
C．由图可知，112 mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）==0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为= 0.1mol/L，C项错误；
D．b点为硫化氢与二氧化硫恰好完全反应，溶液中的离子浓度最小，导电性最差，D项错误；
答案选B。
11.已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的熔点为 101℃，170℃分解。下列选用的装置和药品能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
制取SO2
制取NO2
H2C2O4·2H2O分解
分离苯与溴苯
【答案】D
【详解】A. Cu与稀硫酸不反应，不能制备二氧化硫，可以使用浓硫酸在加热的条件下与铜反应，应选用亚硫酸盐与硫酸反应制备，A项错误；
B. Al与浓硝酸常温下发生钝化，不能制备二氧化氮，故B错误；
C. 草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，产物均为气体，图中试管口应向上倾斜，C项错误；
D. 苯与溴苯互溶，但沸点不同，图中蒸馏装置可分离，D项正确；
答案选D。
12.短周期元素 X、Y、Z、W、R、T 的原子序数依次增大， X 的最外层电子数与次外层电子数相等， X、W位于同族。Y 和 Z 的价电子数之和等于 R 和T 的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐 Z2TY3 和ZRY2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子的半径：r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B. 气 态 氢 化 物 的 热 稳 定 性 ：T>Y
C. 工业上电解R 的氯化物冶炼单质 R
D. X的氢氧化物既可与强酸反应，又可与强碱反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据原子结构、元素在周期表中的位置，结合短周期、原子序数增大、形成盐的化学式等，推断元素，进而分析图象、回答问题。
【详解】最外层与次外层电子数相等的元素有Be、Ar，题中X只能为铍（Be）；与X同主族的W为镁（Mg）。据盐化学式Z2TY3和ZRY2可知，Y为氧（O），结合与盐酸反应的图象，得R为铝（Al）；因原子序数增大，盐中阳离子Z元素只能是钠（Na）；又据Y、Z与R、T 的价电子关系，知T为硅（Si）。
A项：O2－、Na+、Mg2+核外电子排布相同，核电荷大的，则离子半径小。故离子半径：r（Y）>r（Z）>r（W），A项错误；
B项：据元素在周期表中的位置，知非金属性Si
D项：据对角线法则，氢氧化铍和氢氧化铝相似，是两性氢氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，D项正确。
本题选D。
13.核内中子数为N 的 R2＋，质量数为A，则 ng 它的同价态氧化物中所含电子物质的量为（ ）
A. (A+N-10)n/(A+16) mol B. (A-N+6)n/A mol
C. (A-N+2) mol D. (A-N+8)n/(A+16) mol
【答案】D
【解析】
【分析】该离子的质子数=A-N，根据化合物中化合价的代数和为0可知，该氧化物的化学式为RO，一个RO中质子数是A-N+8，先计算氧化物的物质的量，再根据质子的物质的量，据此答题。
【详解】根据化合物中化合价的代数和为0可知，该氧化物的化学式为RO，该离子的质子数=A-N，一个RO中质子数是A-N+8，该氧化物的物质的量=n/(A+16)mol，则ng它的氧化物中所含质子的物质的量=n/(A+16)mol×(A-N+8)= (A-N+8)n/(A+16)mol。
故选D。
14.短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，且 X、Z 同主族，Y 为金属元素，且Y 的原子序数小于X 和 Z 的最外层电子数之和，Z 原子的最外层电子数与核外电子总数之比为 3∶8。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Y)>r(X)
B. X与Y 组成的化合物中均不含共价键
C. Z 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. 元素Y、W 形成的化合物的水溶液呈中性
【答案】D
【解析】
【分析】Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，即最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则Z原子的核外有三层，即Z元素为S；X、Z同主族，则X元素为O，Y的原子序数大于8且小于X和Z的最外层电子数之和12，所以金属元素Y为Na，短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，所以W元素为Cl，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，X元素为O，Y元素为Na，Z元素为S，W元素为Cl，
A. Na是短周期主族元素中原子半径最大的元素，Cl和S相邻并且Cl原子比O多一电子层，所以原子半径：r(Na)>r(Cl)>r(O)，A项错误；
B. X与Y组成的化合物有Na2O或Na2O2，其中Na2O2由钠离子和O22−离子构成，O22−含有非极性共价键，B项错误；
C. S的非金属性小于Cl，所以Cl的简单气态氢化物的热稳定性比S的强，C项错误；
D. Y、W 形成的化合物为NaCl，为强酸强碱盐，溶液显中性，D项正确；
答案选D。
15.下列实验能达到相应实验目的的是（ ）
选项
试剂
实验目的
实验装置
X
Y
Z
A
Na2SO3
稀 HNO3
品红溶液
证明 SO2 具有漂白性
B
MnO2
浓盐酸
KI-淀粉溶液
比较Cl2 与 I2 的氧化性强弱
C
Na2CO3
醋酸
Na2SiO3 溶液
证明酸性：
CH3COOH ＞ H2CO3 ＞H2SiO3
D
蔗糖
浓硫酸
溴水
证明浓硫酸具有脱水性、氧化性
【答案】D
【详解】A、硝酸具有强氧化性，将Na2SO3氧化成Na2SO4，因此不能证明SO2的漂白性，不能达到相应实验目的，故A不符合题意；
B、MnO2与浓盐酸反应需要加热，常温下不发生反应，因此不能完成相应实验目的，故B不符合题意；
C、醋酸具有挥发性，产生的CO2中混有CH3COOH，对碳酸和硅酸的酸性比较具有干扰性，因此不能完成相应实验目的，故C不符合题意；
D、蔗糖中滴加浓硫酸，白色变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性，溴水褪色，说明蔗糖和浓硫酸反应产生还原性气体，即SO2，体现浓硫酸的氧化性，因此能达到相应实验目的，故D符合题意。
16.在一定量铁氧化物中，加入 45mL 4 mol/L 硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中 Fe2+能恰好被标准状况下 672 mL 氯气氧化。则该固体中氧原子和铁原子的个数之比为（ ）
A. 6：5 B. 3：2 C. 9：7 D. 4：3
【答案】C
【解析】
【分析】铁的氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由守恒可知，n（H2O）=n（H2SO4）=n（氧化物中O）；Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化，由电子守恒可计算亚铁离子的物质的量，且铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，以此来解答。
【详解】硫酸的物质的量为4 mol/L×0.045 L=0.18 mol，可知氧化物中含O为0.18 mol，
Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化,由电子守恒可知n(Fe2+)== 0.06mol，
铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n(Fe3+) = x，则3x+0.06×2=0.18×2，解得x=0.08mol，
该固体中氧原子和铁原子的个数之比为0.18mol：(0.06mol+0.08mol) = 9:7，C项正确，
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
17.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨种元素,填写下列空白(填写序号不得分):
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0 族
2
①
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
⑩
（1）写出元素③的离子结构示意图_________，该离子半径________S2-(填“﹥”或“﹤”) ；
（2）上述元素中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是(填化学式，下同)_________；
（3）上述元素中金属性最强的是_________，写出其与水反应的化学方程式____________；
（4）由④、⑧、⑩三种元素形成的简单氢化物的沸点由高到低的顺序是_______________；
（5）②可以形成多种氧化物，其中一种是红棕色气体，试用方程式说明该气体不宜采用排水法收集的原因是______(用化学方程式来表示)；标况下将一装满该气体的试管倒立于水槽中，足够时间后，水面会上升到 试管容积的________处，所得试管内溶液物质的量浓度为___________mol/L（假设溶质全部留在试管中）；
（6）设计实验验证比较元素③、⑦的非金属性强弱：_________。
【答案】(1). (2). < (3). HClO4 (4). K (5). 2K +2H2O=2KOH +H2↑ (6). HF > HBr > HCl (7). 3NO2 + H2O = NO + 2HNO3 (8). 2/3 (9). 1/22.4 (10). ①向硫化氢溶液中通入氧气，溶液出现浑浊，发生的反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，依据氧化还原的规律可知，氧化性比较：O2>S，故可证明非金属性：O > S；②铁在硫蒸气中加热可得到硫化亚铁，而铁在氧气中点燃则得到四氧化三铁，同样与铁反应，得到的铁的价态越高，对应单质的氧化性越强，则元素非金属性越强，故可证明非金属性：O > S。
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为B、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br，
（1）依据满8电子稳定结构书写其离子方程式；结合简单离子半径的比较方法回答；
（2）非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
（3）依据元素金属性的周期性变化规律作答；
（4）简单氢化物的沸点从氢键与范德华力两个因素综合考虑；
（5）该红棕色气体为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，故二氧化氮不能用排水法收集；
（6）比较O与S的非金属性强弱，可从比较其单质的氧化性强弱考虑。
【详解】有上述分析可知，①为B、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br，
（1）元素③为O元素，最外层电子数为6，则其离子结构示意图为：；电子层数越大，对应简单离子半径越大，因O2-的电子层数比S2-的多，则对应的离子半径小于S2-，
故答案为：；<；
（2）同周期从左到右元素非金属性依次增强；同主族元素从上到下，非金属性依次减弱；且非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物中酸性越强；因F无最高价，所以酸性最强的为HClO4，故答案为：HClO4；
（3）在元素周期表中，同周期从左到右元素金属性依次减弱，同主族元素中从上到下元素金属性依次增强，在上述元素中，金属性最强的为K，可以水反应生成相应的氢氧化物与氢气，其化学方程式为：2K +2H2O=2KOH +H2↑，故答案为：2K +2H2O=2KOH +H2↑；
（4）④、⑧、⑩三种元素形成的简单氢化物分别为HF、HCl、HBr，因HF分子间存在氢键，则沸点最高，HBr的相对分子质量比HCl的大，则沸点从大到小依次为：HF > HBr > HCl，
故答案为：HF > HBr > HCl；
（5）该红棕色气体为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故二氧化氮不能用排水法收集；依据方程式可知，气体体积减少，则标况下将一装满该气体的试管倒立于水槽中，足够时间后，水面会上升到试管容积的处，假设试管的体积为V，则在标砖状况下，气体的物质的量为，根据物质的量浓度公式可知，c=,故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；2/3；1/22.4；
（6）依据单质的氧化性强弱来作为非金属性判断的依据之一，可设计实验如下：
①向硫化氢溶液中通入氧气，溶液出现浑浊，发生的反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，依据氧化还原的规律可知，氧化性比较：O2>S，故可证明非金属性：O > S；
②铁在硫蒸气中加热可得到硫化亚铁，而铁在氧气中点燃则得到四氧化三铁，同样与铁反应，得到的铁的价态越高，对应单质的氧化性越强，则元素非金属性越强，故可证明非金属性：O > S。答案合理可酌情给分。
18.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70% Cu、25% Al、4% Fe 及少量 Au、Pt 的合金，并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
（1）第①步Fe与过量的浓 HNO3 反应的离子方程式为_________，得到滤渣 1 的主要成分为__________。
（2）第②步加H2O2的作用是做氧化剂，将溶液中的 Fe2+氧化为Fe3+，用H2O2 做氧化剂的优点是______。
（3）滤渣 2 的主要成分是 Al(OH)3 和 Fe(OH)3，在生产中利用何种化学原理分离两种沉淀，写出反应的离子方程式_______。
（4）第③步蒸发所需玻璃仪器为________。
【答案】(1). Fe+6H++3NO3-Fe3+ +3NO2↑+3H2O (2). Au、Pt (3). 不引入新的杂质，对环境无污染 (4). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (5). 酒精灯、玻璃棒
【解析】
【分析】稀硫酸、浓硝酸混合后加热，硝酸足量，故Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的金属离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，H2O2具有氧化性，可以氧化Fe2+为Fe3+，然后通过调整溶液的pH使Fe3+和Al3+全部形成沉淀过滤除去，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液2中主要成分是硫酸铜，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO4·5H2O晶体，以此解答该题。
【详解】(1) 第①步Fe与过量的浓HNO3在加热使肤色反应，Fe被氧化为Fe(NO3)3，硝酸被还原为NO2，同时产生水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为Fe+6H++3NO3-Fe3+ +3NO2↑+3H2O；在该操作中Fe、Al、Cu发生反应变为金属阳离子进入溶液，而活动性弱的金属Au、Pt不能被酸溶解，进入滤渣，因此滤渣1的主要成分是Pt和Au；
(2)H2O2具有氧化性，可以氧化Fe2+为Fe3+，而H2O2的还原产物是水，不会引入杂质，对环境无污染；
(3)Al(OH)3是两性氢氧化物，Al(OH)3溶于NaOH溶液而Fe(OH)3是碱，不能被碱溶解，则可以用NaOH溶液把Al(OH)3和 Fe(OH)3分离，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O；
(4)第③步蒸发所需仪器为酒精灯、玻璃棒，蒸发皿，玻璃仪器有：酒精灯、玻璃棒。
19.随原子序数递增，八种短周期元素（用字母 x 等表示），原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示：
根据判断出的元素回答问题：
（1）g 在周期表中的位置是__________．
（2）d、e、h 的简单离子半径由大到小顺序：_____________(用离子符号表示)．
（3）有关 y、z、d 三种元素的说法正确的是__________（填序号）．
①最高正价：d>z>y ②简单气态氢化物的稳定性：d>z>y
③非金属性：d>z>y ④单质活泼性：y>z>d
（4）根据g 和h 两种元素填空：
①最高正价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是____________．(用化学式表示)
②g2h2 分子中原子都满足 8 电子结构，试写出其电子式____________．
（5）①试写出x、d、e 形成化合物的水溶液与单质f 反应的化学方程式________________．
②已知化合物A、B 均由 x、d、e、g 四种元素组成，试写出A 和B 反应的离子方程式________________。
【答案】(1). 第三周期ⅥA族 (2). Cl->O2->Na+ (3). ②③ (4). HClO4>H2SO4 (5). (6). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (7). H++HSO3-=H2O+SO2↑
【解析】
【分析】根据元素周期律结合图表可以看出，x位于第一周期，y、z和d位于第二周期，e、f、g和h位于第三周期，从图表的最高正价与最低负价再推出元素所处的族序数，进而推出其元素，分别是H、C、N、O、Na、Al、S和Cl，再结合元素周期律及物质的性质作答。
【详解】根据上述分析可知，上述x、y、z、d、e、f、g和h分别是H、C、N、O、Na、Al、S和Cl元素，则：
（1）g为S，在元素周期表的位置是第三周期ⅥA族，故答案为：第三周期ⅥA族；
（2）电子层数越多，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，对应简单离子半径越大。则d、e、h 的简单离子半径由大到小顺序为Cl->O2->Na+，故答案为：Cl->O2->Na+；
（3）①由于O元素的非金属性很强，其最高正价只能达到+2价，不能达到+6价，①项错误；
②元素的非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越大，则稳定性：H2O>NH3>CH4，②项正确；
③同周期从左到右元素非金属性依次增强，则非金属性：O>N>C，③项正确；
④氮气化学键牢固，不活泼，氧气氧化性较强，最活泼，则单质的活泼性：O2> C > N2，④项错误；答案选②③；
（4）g和h分别为：S和Cl，非金属性Cl>S。
①非金属性越强，则最高正价氧化物对应水化物酸性越大，故其由强到弱的顺序：HClO4>H2SO4，故答案为：HClO4>H2SO4；
②g2h2 分子中原子都满足 8 电子结构，根据共价键理论可知，其电子式为：，
故答案为：；
（5）①x、d、e 形成化合物为氢氧化钠，其水溶液与单质铝反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
②由 x、d、e、g 四种元素组成的化合物可以互相反应，则所形成的两种化合物分别是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，在水溶液反应的离子方程式为：H++HSO3-=H2O+SO2↑，故答案为：H++HSO3-=H2O+SO2↑。
20.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验（夹持、加热仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程；
I．打开弹簧夹，打开活塞a，清加浓盐酸。II．当 B 和C 中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ．当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。Ⅳ……
（1）A中产生的是黄绿色气体，其离子方程式为____________，在该反应中浓盐酸表现了___________性。
（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________________________。
（3）B 中溶液发生反应的离子方程式是__________________________________。
（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是________________________。
（5）过程Ⅲ实验的目的是__________________________。
（6）从元素周期表的递变规律的角度解释氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：_____________。
【答案】(1). 2MnO4-+16H++10Cl- = 2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O (2). 酸性、还原性 (3). 湿润的淀粉-KI 试纸变蓝 (4). Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－ (5). 打开活塞b，将少量C 中溶液滴入D 中，关闭活塞 b，取下D 振荡，静置后CCl4 层溶液变为紫红色 (6). 确认C 的黄色溶液中无 Cl2，排除Cl2 对溴置换碘实验的干扰 (7). 同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱
【解析】
【分析】（1）A中产生黄绿色气体为Cl2，依据氧化还原反应的规律书写其离子方程式；根据氯元素守恒结合方程式分析浓盐酸的作用；
（2）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘；
（3）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘的存在；
（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰．；
（6）从原子结构（电子层数、原子半径）的角度分析．
【详解】(1)因KMnO4与浓HCl反应可以用来制Cl2，其离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl- = 2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O，在该反应中浓盐酸表现了酸性和还原性。故答案为：；酸性和还原性；
(2)因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I−=I2+2Cl−，I2能使淀粉变蓝；故答案为：湿润的淀粉-KI 试纸变蓝；
(3)因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－，故答案为：Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－；
(4)因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，要发生：Cl2+2I−=I2+2Cl−，同时检验产物碘的存在；其操作和现象是打开活塞b，将少量C 中溶液滴入D 中，关闭活塞 b，取下D 振荡，静置后CCl4 层溶液变为紫红色，
故答案为：打开活塞b，将少量C 中溶液滴入D 中，关闭活塞 b，取下D 振荡，静置后CCl4 层溶液变为紫红色；
(5)为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，
故答案为：确认C 的黄色溶液中无 Cl2，排除Cl2 对溴置换碘实验的干扰；
(6)因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，故氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱；
故答案为：同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分
可能用到的相对原子质量：H-1 N-16 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5
第Ⅰ卷(选择题共48分)
一、单项选择题:在每题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的（本部分16题，每题3分，共48分）。
1.元素周期律和元素周期表，揭示了元素之间的内在联系，反映了元素性质与其原子结构的关系，在哲学、自然科学、生产实践各方面都有重要的意义。例如人们可以根据元素周期律，在元素周期表中金属元素与非金属元素分界线附近寻找（ ）
A. 耐高温的合金材料 B. 制农药的元素
C. 做催化剂的元素 D. 做半导体材料的元素
【答案】D
【解析】
【分析】元素周期表金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，既有金属性也有非金属性，性质决定用途，以此来解答。
【详解】A．耐高温的合金材料在过渡元素区寻找，A项错误；
B．制农药的元素在周期表右上方的非金属元素区寻找，B项错误；
C．做催化剂的元素从过渡元素区寻找，C项错误；
D．作半导体材料的元素，在元素周期表金属元素与非金属元素的分界线附近寻找，D项正确；
答案选D。
2.下列有关化学用语的表示方法中正确的是（ ）
A. 次氯酸的电子式：
B. M2+离子核外有a个电子，b 个中子，M原子符号为：
C. 用电子式表示K2O的形成过程为：
D. Na+的结构示意图：
【答案】B
【详解】A. 次氯酸中各原子均达到稳定结构，其正确的电子式为：，A项错误；
B. M2+离子核外有a个电子，相应的M原子有a+2个电子，即质子数为a+2，又因为含b 个中子，则质量数为a+2+b，故M原子符号为：，B项正确；
C. K2O为离子化合物，O原子核外有六个电子，正确的书写过程应该是：，C项错误；
D. Na+的核外电子数为10，正确的结构示意图为，D项错误；
答案选B。
3.X、Y 是第 2或第 3周期中的两种元素，它们可形成离子型化合物 XmYn，且离子均有稀有气体原子的电子结构。若X 的原子序数为 a，则Y 的原子序数不可能为（ ）
A. a+8-m-n B. a-8+m-n C. a+16-m-n D. a-m-n
【答案】B
【解析】，若X是第二周期，Y是第二周期元素，则Y的原子序数为：a+8-m-n，A正确；若X是第二周期，Y是第三周期元素，则Y的原子序数为：.a+16-m-n，C正确；若X是第三周期，Y是第二周期，则Y的原子序数为：a-m-n，D正确；若X是第三周期，Y是第三周期，则Y的原子序数为：a+8-m-n；即不可能的选项为B。
4.手性分子是指在分子结构中，当 a、b、x、y 为彼此互不相同的原子或原子团时，称此分子为手性分子，中心碳原子为手性碳原子．下列分子中指定的碳原子（用*标记）不属于手性碳原子的是（ ）
A. 木糖醇 B. 丙氨酸
C. 葡萄糖 D. 甘油醛
【答案】A
【解析】
【分析】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，据此分析作答。
【详解】A. 星号碳原子上连有两个一样的原子团，不是手性碳原子；
B. 星号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和氨基，是手性碳原子；
C. 星号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH、羟基以及剩余的大取代基，是手性碳原子；
D. 该星号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH、羟基以及醛基，是手性碳原子；
答案选A。
5.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 46 g NO2 和N2O4 混合气体中的氧原子数为 2NA
B. 1 mol N2 与 4 mol H2 反应生成的 NH3 分子数为 2NA
C. 1 mol Fe 和 1 mol Cl2 充分反应，电子转移数为 3NA
D. 标准状况下，2.24 LCCl4 含有的共价键数为 0.4NA
【答案】A
【详解】A. NO2 和N2O4的最简式均为NO2，则46g最简式的物质的量为=1mol，则混合气体中的氧原子数1mol×2×NA mol-1=2NA个，A项正确；
B. N2与H2反应为可逆反应，1 mol N2与 4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，B项错误；
C. 因2Fe +3Cl22FeCl3，则1 mol Fe 和 1 mol Cl2 充分反应时，Fe过量，1 mol Cl2反应完全，电子转移数为 2NA，C项错误；
D. CCl4在标准状况下不是气体，无法通过标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，D项错误；
答案选A。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子半径依次增大，X 是短周期元素中原子半径最小的，Z、W 同主族，且 Z、W 的原子序数之差与Y 的原子序数相同，X、Y、Z、W 的最外层电子数之和为 15。下列说法正确的是（ ）
A. Z 单质与 WY2 在高温条件下反应生成 W 单质，说明非金属性：Z>W
B. 向无色的X2Z2Y4 溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，溶液仍为无色，体现了X2Z2Y4 的还原性
C. Y、Z、W 的简单氢化物的稳定性依次增强
D. 由X、Y 两种元素形成的所有化合物中所含化学键的类型完全相同
【答案】B
【详解】根据题意可知，X是短周期元素中原子半径最小的，为H元素。Z、W同主族，且Z、W的原子序数之差与Y的原子序数相同，短周期同主族相邻周期元素原子序数差一般为2或8个，但X为H元素，相差的不是2，Z、W同主族，其原子序数差为8，可知Y为O元素，X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15，H最外层为1，O最外层为6，则Z和W的最外层电子数为4。可知X、Y、Z、W分別为H、O、C、Si。
A．C与SiO2在高温条件下发生反应2C+SiO2Si+2CO ↑，说明还原性C>Si，A错误；
B．X2Z2Y4溶液为草酸溶液，草酸可以与高锰酸钾反应，草酸具有还原性，B正确；
C．O、C、Si的非金属性依次减弱，对应的简单氢化物的稳定性依次减弱，C错误；
D．由H、O两种元素形成的化合物为H2O和H2O2，H2O中含有极性共价键，H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，D错误。
本题答案选B。
7.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】分析：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，结合有关物质的溶解性分析解答。
详解：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。
8.固体A 的化学式为 NH5，已知其熔融态能够导电，则下列有关说法不正确的是（ ）
A. 1 mol NH5 中含有 5 NA 个 N—H 键(设 NA 表示阿伏加德罗常数的值)
B. NH5 中既有共价键又有离子键
C. NH5 的电子式为
D. NH5 与水反应的离子方程式为NH4++H-+H2O===NH3·H2O＋H2↑
【答案】A
【解析】
【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则NH5属于铵盐，电子式为，铵根离子和氢离子之间存在离子键，铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，据此分析解答。
【详解】A. NH5中存在离子键和共价键，1mol NH5中含有4NA个N−H键(NA表示阿伏加德罗常数)，含有1mol离子键，A项错误；
B. NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键，B项正确；
C. NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为，C项正确；
D. NH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，其离子方程式为NH4++H-+H2O===NH3·H2O＋H2↑，D项正确；
答案选A。
9.下列关于ⅡA 族元素性质预测正确的是（ ）
A. Ra(OH)2 和 Mg(OH)2 类似，二者均难溶于水
B. RaSO4 和BaSO4 类似，二者均难溶于水
C. Sr在常温下不能和冷水反应
D. 依据对角线规则，Be 的性质和Al 类似，Be(OH)2 和NaOH 反应可生成NaBeO2
【答案】B
【解析】
【分析】同一主族元素从上到下原子半径依次增大，金属性依次增强，ⅡA 族元素有相似性也有递变性，据此分析作答。
【详解】A. Mg(OH)2难溶，Ca(OH)2微溶，Ba(OH)2易溶，Ra位于第七周期ⅡA 族，根据递变规律可以判断Ra(OH)2可溶于水，A项错误；
B. ⅡA 族硫酸盐的水溶性依次降低，则RaSO4 和BaSO4 类似，二者均难溶于水，B项正确；
C. 同主族元素金属性依次增强，可知Sr的金属性强于Ca，Ca能水反应，则依据递变规律可知，Sr在常温下能和冷水反应，C项错误；
D. 依据对角线规则，Be 性质和Al 类似，也可以与NaOH 反应生成盐，根据Be化合价为+2价，则其与氢氧化钠生成的盐为Na2BeO2，D项错误；
答案选B。
10.标准状况下，某同学向 100 mLH2S 饱和溶液中通入 SO2，所得溶液 pH 变化如图所示，下列分析中， 正确的是（ ）
A. 亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸
B. ab 段反应是：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O
C. 原 H2S 溶液的物质的量浓度为 0.05mol/L
D. b 点对应的溶液导电性最强
【答案】B
【解析】
【分析】H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112 mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题。
【详解】A．根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）= = 0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01 mol，通入336 mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01 mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，A项错误；
B．ab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S↓+2H2O，B项正确；
C．由图可知，112 mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）==0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为= 0.1mol/L，C项错误；
D．b点为硫化氢与二氧化硫恰好完全反应，溶液中的离子浓度最小，导电性最差，D项错误；
答案选B。
11.已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的熔点为 101℃，170℃分解。下列选用的装置和药品能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
制取SO2
制取NO2
H2C2O4·2H2O分解
分离苯与溴苯
【答案】D
【详解】A. Cu与稀硫酸不反应，不能制备二氧化硫，可以使用浓硫酸在加热的条件下与铜反应，应选用亚硫酸盐与硫酸反应制备，A项错误；
B. Al与浓硝酸常温下发生钝化，不能制备二氧化氮，故B错误；
C. 草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，产物均为气体，图中试管口应向上倾斜，C项错误；
D. 苯与溴苯互溶，但沸点不同，图中蒸馏装置可分离，D项正确；
答案选D。
12.短周期元素 X、Y、Z、W、R、T 的原子序数依次增大， X 的最外层电子数与次外层电子数相等， X、W位于同族。Y 和 Z 的价电子数之和等于 R 和T 的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐 Z2TY3 和ZRY2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子的半径：r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B. 气 态 氢 化 物 的 热 稳 定 性 ：T>Y
C. 工业上电解R 的氯化物冶炼单质 R
D. X的氢氧化物既可与强酸反应，又可与强碱反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据原子结构、元素在周期表中的位置，结合短周期、原子序数增大、形成盐的化学式等，推断元素，进而分析图象、回答问题。
【详解】最外层与次外层电子数相等的元素有Be、Ar，题中X只能为铍（Be）；与X同主族的W为镁（Mg）。据盐化学式Z2TY3和ZRY2可知，Y为氧（O），结合与盐酸反应的图象，得R为铝（Al）；因原子序数增大，盐中阳离子Z元素只能是钠（Na）；又据Y、Z与R、T 的价电子关系，知T为硅（Si）。
A项：O2－、Na+、Mg2+核外电子排布相同，核电荷大的，则离子半径小。故离子半径：r（Y）>r（Z）>r（W），A项错误；
B项：据元素在周期表中的位置，知非金属性Si
D项：据对角线法则，氢氧化铍和氢氧化铝相似，是两性氢氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，D项正确。
本题选D。
13.核内中子数为N 的 R2＋，质量数为A，则 ng 它的同价态氧化物中所含电子物质的量为（ ）
A. (A+N-10)n/(A+16) mol B. (A-N+6)n/A mol
C. (A-N+2) mol D. (A-N+8)n/(A+16) mol
【答案】D
【解析】
【分析】该离子的质子数=A-N，根据化合物中化合价的代数和为0可知，该氧化物的化学式为RO，一个RO中质子数是A-N+8，先计算氧化物的物质的量，再根据质子的物质的量，据此答题。
【详解】根据化合物中化合价的代数和为0可知，该氧化物的化学式为RO，该离子的质子数=A-N，一个RO中质子数是A-N+8，该氧化物的物质的量=n/(A+16)mol，则ng它的氧化物中所含质子的物质的量=n/(A+16)mol×(A-N+8)= (A-N+8)n/(A+16)mol。
故选D。
14.短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，且 X、Z 同主族，Y 为金属元素，且Y 的原子序数小于X 和 Z 的最外层电子数之和，Z 原子的最外层电子数与核外电子总数之比为 3∶8。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Y)>r(X)
B. X与Y 组成的化合物中均不含共价键
C. Z 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. 元素Y、W 形成的化合物的水溶液呈中性
【答案】D
【解析】
【分析】Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，即最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则Z原子的核外有三层，即Z元素为S；X、Z同主族，则X元素为O，Y的原子序数大于8且小于X和Z的最外层电子数之和12，所以金属元素Y为Na，短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，所以W元素为Cl，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，X元素为O，Y元素为Na，Z元素为S，W元素为Cl，
A. Na是短周期主族元素中原子半径最大的元素，Cl和S相邻并且Cl原子比O多一电子层，所以原子半径：r(Na)>r(Cl)>r(O)，A项错误；
B. X与Y组成的化合物有Na2O或Na2O2，其中Na2O2由钠离子和O22−离子构成，O22−含有非极性共价键，B项错误；
C. S的非金属性小于Cl，所以Cl的简单气态氢化物的热稳定性比S的强，C项错误；
D. Y、W 形成的化合物为NaCl，为强酸强碱盐，溶液显中性，D项正确；
答案选D。
15.下列实验能达到相应实验目的的是（ ）
选项
试剂
实验目的
实验装置
X
Y
Z
A
Na2SO3
稀 HNO3
品红溶液
证明 SO2 具有漂白性
B
MnO2
浓盐酸
KI-淀粉溶液
比较Cl2 与 I2 的氧化性强弱
C
Na2CO3
醋酸
Na2SiO3 溶液
证明酸性：
CH3COOH ＞ H2CO3 ＞H2SiO3
D
蔗糖
浓硫酸
溴水
证明浓硫酸具有脱水性、氧化性
【答案】D
【详解】A、硝酸具有强氧化性，将Na2SO3氧化成Na2SO4，因此不能证明SO2的漂白性，不能达到相应实验目的，故A不符合题意；
B、MnO2与浓盐酸反应需要加热，常温下不发生反应，因此不能完成相应实验目的，故B不符合题意；
C、醋酸具有挥发性，产生的CO2中混有CH3COOH，对碳酸和硅酸的酸性比较具有干扰性，因此不能完成相应实验目的，故C不符合题意；
D、蔗糖中滴加浓硫酸，白色变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性，溴水褪色，说明蔗糖和浓硫酸反应产生还原性气体，即SO2，体现浓硫酸的氧化性，因此能达到相应实验目的，故D符合题意。
16.在一定量铁氧化物中，加入 45mL 4 mol/L 硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中 Fe2+能恰好被标准状况下 672 mL 氯气氧化。则该固体中氧原子和铁原子的个数之比为（ ）
A. 6：5 B. 3：2 C. 9：7 D. 4：3
【答案】C
【解析】
【分析】铁的氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由守恒可知，n（H2O）=n（H2SO4）=n（氧化物中O）；Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化，由电子守恒可计算亚铁离子的物质的量，且铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，以此来解答。
【详解】硫酸的物质的量为4 mol/L×0.045 L=0.18 mol，可知氧化物中含O为0.18 mol，
Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化,由电子守恒可知n(Fe2+)== 0.06mol，
铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n(Fe3+) = x，则3x+0.06×2=0.18×2，解得x=0.08mol，
该固体中氧原子和铁原子的个数之比为0.18mol：(0.06mol+0.08mol) = 9:7，C项正确，
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
17.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨种元素,填写下列空白(填写序号不得分):
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0 族
2
①
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
⑩
（1）写出元素③的离子结构示意图_________，该离子半径________S2-(填“﹥”或“﹤”) ；
（2）上述元素中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是(填化学式，下同)_________；
（3）上述元素中金属性最强的是_________，写出其与水反应的化学方程式____________；
（4）由④、⑧、⑩三种元素形成的简单氢化物的沸点由高到低的顺序是_______________；
（5）②可以形成多种氧化物，其中一种是红棕色气体，试用方程式说明该气体不宜采用排水法收集的原因是______(用化学方程式来表示)；标况下将一装满该气体的试管倒立于水槽中，足够时间后，水面会上升到 试管容积的________处，所得试管内溶液物质的量浓度为___________mol/L（假设溶质全部留在试管中）；
（6）设计实验验证比较元素③、⑦的非金属性强弱：_________。
【答案】(1). (2). < (3). HClO4 (4). K (5). 2K +2H2O=2KOH +H2↑ (6). HF > HBr > HCl (7). 3NO2 + H2O = NO + 2HNO3 (8). 2/3 (9). 1/22.4 (10). ①向硫化氢溶液中通入氧气，溶液出现浑浊，发生的反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，依据氧化还原的规律可知，氧化性比较：O2>S，故可证明非金属性：O > S；②铁在硫蒸气中加热可得到硫化亚铁，而铁在氧气中点燃则得到四氧化三铁，同样与铁反应，得到的铁的价态越高，对应单质的氧化性越强，则元素非金属性越强，故可证明非金属性：O > S。
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为B、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br，
（1）依据满8电子稳定结构书写其离子方程式；结合简单离子半径的比较方法回答；
（2）非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
（3）依据元素金属性的周期性变化规律作答；
（4）简单氢化物的沸点从氢键与范德华力两个因素综合考虑；
（5）该红棕色气体为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，故二氧化氮不能用排水法收集；
（6）比较O与S的非金属性强弱，可从比较其单质的氧化性强弱考虑。
【详解】有上述分析可知，①为B、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br，
（1）元素③为O元素，最外层电子数为6，则其离子结构示意图为：；电子层数越大，对应简单离子半径越大，因O2-的电子层数比S2-的多，则对应的离子半径小于S2-，
故答案为：；<；
（2）同周期从左到右元素非金属性依次增强；同主族元素从上到下，非金属性依次减弱；且非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物中酸性越强；因F无最高价，所以酸性最强的为HClO4，故答案为：HClO4；
（3）在元素周期表中，同周期从左到右元素金属性依次减弱，同主族元素中从上到下元素金属性依次增强，在上述元素中，金属性最强的为K，可以水反应生成相应的氢氧化物与氢气，其化学方程式为：2K +2H2O=2KOH +H2↑，故答案为：2K +2H2O=2KOH +H2↑；
（4）④、⑧、⑩三种元素形成的简单氢化物分别为HF、HCl、HBr，因HF分子间存在氢键，则沸点最高，HBr的相对分子质量比HCl的大，则沸点从大到小依次为：HF > HBr > HCl，
故答案为：HF > HBr > HCl；
（5）该红棕色气体为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故二氧化氮不能用排水法收集；依据方程式可知，气体体积减少，则标况下将一装满该气体的试管倒立于水槽中，足够时间后，水面会上升到试管容积的处，假设试管的体积为V，则在标砖状况下，气体的物质的量为，根据物质的量浓度公式可知，c=,故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；2/3；1/22.4；
（6）依据单质的氧化性强弱来作为非金属性判断的依据之一，可设计实验如下：
①向硫化氢溶液中通入氧气，溶液出现浑浊，发生的反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，依据氧化还原的规律可知，氧化性比较：O2>S，故可证明非金属性：O > S；
②铁在硫蒸气中加热可得到硫化亚铁，而铁在氧气中点燃则得到四氧化三铁，同样与铁反应，得到的铁的价态越高，对应单质的氧化性越强，则元素非金属性越强，故可证明非金属性：O > S。答案合理可酌情给分。
18.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70% Cu、25% Al、4% Fe 及少量 Au、Pt 的合金，并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
（1）第①步Fe与过量的浓 HNO3 反应的离子方程式为_________，得到滤渣 1 的主要成分为__________。
（2）第②步加H2O2的作用是做氧化剂，将溶液中的 Fe2+氧化为Fe3+，用H2O2 做氧化剂的优点是______。
（3）滤渣 2 的主要成分是 Al(OH)3 和 Fe(OH)3，在生产中利用何种化学原理分离两种沉淀，写出反应的离子方程式_______。
（4）第③步蒸发所需玻璃仪器为________。
【答案】(1). Fe+6H++3NO3-Fe3+ +3NO2↑+3H2O (2). Au、Pt (3). 不引入新的杂质，对环境无污染 (4). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (5). 酒精灯、玻璃棒
【解析】
【分析】稀硫酸、浓硝酸混合后加热，硝酸足量，故Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的金属离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，H2O2具有氧化性，可以氧化Fe2+为Fe3+，然后通过调整溶液的pH使Fe3+和Al3+全部形成沉淀过滤除去，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液2中主要成分是硫酸铜，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO4·5H2O晶体，以此解答该题。
【详解】(1) 第①步Fe与过量的浓HNO3在加热使肤色反应，Fe被氧化为Fe(NO3)3，硝酸被还原为NO2，同时产生水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为Fe+6H++3NO3-Fe3+ +3NO2↑+3H2O；在该操作中Fe、Al、Cu发生反应变为金属阳离子进入溶液，而活动性弱的金属Au、Pt不能被酸溶解，进入滤渣，因此滤渣1的主要成分是Pt和Au；
(2)H2O2具有氧化性，可以氧化Fe2+为Fe3+，而H2O2的还原产物是水，不会引入杂质，对环境无污染；
(3)Al(OH)3是两性氢氧化物，Al(OH)3溶于NaOH溶液而Fe(OH)3是碱，不能被碱溶解，则可以用NaOH溶液把Al(OH)3和 Fe(OH)3分离，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O；
(4)第③步蒸发所需仪器为酒精灯、玻璃棒，蒸发皿，玻璃仪器有：酒精灯、玻璃棒。
19.随原子序数递增，八种短周期元素（用字母 x 等表示），原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示：
根据判断出的元素回答问题：
（1）g 在周期表中的位置是__________．
（2）d、e、h 的简单离子半径由大到小顺序：_____________(用离子符号表示)．
（3）有关 y、z、d 三种元素的说法正确的是__________（填序号）．
①最高正价：d>z>y ②简单气态氢化物的稳定性：d>z>y
③非金属性：d>z>y ④单质活泼性：y>z>d
（4）根据g 和h 两种元素填空：
①最高正价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是____________．(用化学式表示)
②g2h2 分子中原子都满足 8 电子结构，试写出其电子式____________．
（5）①试写出x、d、e 形成化合物的水溶液与单质f 反应的化学方程式________________．
②已知化合物A、B 均由 x、d、e、g 四种元素组成，试写出A 和B 反应的离子方程式________________。
【答案】(1). 第三周期ⅥA族 (2). Cl->O2->Na+ (3). ②③ (4). HClO4>H2SO4 (5). (6). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (7). H++HSO3-=H2O+SO2↑
【解析】
【分析】根据元素周期律结合图表可以看出，x位于第一周期，y、z和d位于第二周期，e、f、g和h位于第三周期，从图表的最高正价与最低负价再推出元素所处的族序数，进而推出其元素，分别是H、C、N、O、Na、Al、S和Cl，再结合元素周期律及物质的性质作答。
【详解】根据上述分析可知，上述x、y、z、d、e、f、g和h分别是H、C、N、O、Na、Al、S和Cl元素，则：
（1）g为S，在元素周期表的位置是第三周期ⅥA族，故答案为：第三周期ⅥA族；
（2）电子层数越多，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，对应简单离子半径越大。则d、e、h 的简单离子半径由大到小顺序为Cl->O2->Na+，故答案为：Cl->O2->Na+；
（3）①由于O元素的非金属性很强，其最高正价只能达到+2价，不能达到+6价，①项错误；
②元素的非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越大，则稳定性：H2O>NH3>CH4，②项正确；
③同周期从左到右元素非金属性依次增强，则非金属性：O>N>C，③项正确；
④氮气化学键牢固，不活泼，氧气氧化性较强，最活泼，则单质的活泼性：O2> C > N2，④项错误；答案选②③；
（4）g和h分别为：S和Cl，非金属性Cl>S。
①非金属性越强，则最高正价氧化物对应水化物酸性越大，故其由强到弱的顺序：HClO4>H2SO4，故答案为：HClO4>H2SO4；
②g2h2 分子中原子都满足 8 电子结构，根据共价键理论可知，其电子式为：，
故答案为：；
（5）①x、d、e 形成化合物为氢氧化钠，其水溶液与单质铝反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
②由 x、d、e、g 四种元素组成的化合物可以互相反应，则所形成的两种化合物分别是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，在水溶液反应的离子方程式为：H++HSO3-=H2O+SO2↑，故答案为：H++HSO3-=H2O+SO2↑。
20.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验（夹持、加热仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程；
I．打开弹簧夹，打开活塞a，清加浓盐酸。II．当 B 和C 中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ．当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。Ⅳ……
（1）A中产生的是黄绿色气体，其离子方程式为____________，在该反应中浓盐酸表现了___________性。
（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________________________。
（3）B 中溶液发生反应的离子方程式是__________________________________。
（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是________________________。
（5）过程Ⅲ实验的目的是__________________________。
（6）从元素周期表的递变规律的角度解释氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：_____________。
【答案】(1). 2MnO4-+16H++10Cl- = 2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O (2). 酸性、还原性 (3). 湿润的淀粉-KI 试纸变蓝 (4). Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－ (5). 打开活塞b，将少量C 中溶液滴入D 中，关闭活塞 b，取下D 振荡，静置后CCl4 层溶液变为紫红色 (6). 确认C 的黄色溶液中无 Cl2，排除Cl2 对溴置换碘实验的干扰 (7). 同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱
【解析】
【分析】（1）A中产生黄绿色气体为Cl2，依据氧化还原反应的规律书写其离子方程式；根据氯元素守恒结合方程式分析浓盐酸的作用；
（2）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘；
（3）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘的存在；
（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰．；
（6）从原子结构（电子层数、原子半径）的角度分析．
【详解】(1)因KMnO4与浓HCl反应可以用来制Cl2，其离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl- = 2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O，在该反应中浓盐酸表现了酸性和还原性。故答案为：；酸性和还原性；
(2)因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I−=I2+2Cl−，I2能使淀粉变蓝；故答案为：湿润的淀粉-KI 试纸变蓝；
(3)因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－，故答案为：Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－；
(4)因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，要发生：Cl2+2I−=I2+2Cl−，同时检验产物碘的存在；其操作和现象是打开活塞b，将少量C 中溶液滴入D 中，关闭活塞 b，取下D 振荡，静置后CCl4 层溶液变为紫红色，
故答案为：打开活塞b，将少量C 中溶液滴入D 中，关闭活塞 b，取下D 振荡，静置后CCl4 层溶液变为紫红色；
(5)为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，
故答案为：确认C 的黄色溶液中无 Cl2，排除Cl2 对溴置换碘实验的干扰；
(6)因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，故氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱；
故答案为：同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
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