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【化学】福建省泉州第十六中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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福建省泉州第十六中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
考试时间:90分钟 2019.4.25
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 S-32 Ba-137
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本题共22小题，每小题只有一个正确选项。）
1.下列化学用语或模型正确的是（ ）
A. 氯化氢的电子式： B. N2的结构式：N≡N
C. CH4分子的球棍模型： D. 硫离子结构示意图：
【答案】B
【解析】A．氯化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；
B．两个N原子间通过三对共用电子成键，电子式为，结构式是N≡N，故B正确；
C．是CH4分子的比例模型，故C错误；
D．硫离子核内质子数为16，核外电子数为18，其结构示意图：，故D错误；
故选B。
2.F和F—两种粒子中，不相同的是（ ）
①核内质子数 ②核外电子数 ③最外层电子数 ④核外电子层数
A. ②③ B. ①② C. ③④ D. ②③④
【答案】A
【解析】①F-是F原子得到一个电子后形成，质子数不变，都是9，都属于氟元素，故不选；
②F-是F原子得到一个电子后形成的，因此电子数一定不相同，故选；
③F-是F原子得到一个电子后形成的，氟原子最外层电子数为7，氟离子最外层电子数为8，最外层电子数不同，故选。
④F-是F原子得到一个电子后形成的，两者的电子层数都是2，故不选；
F和F—两种粒子中，不相同的是②③，故选A。
3.A、B两种元素能形成AB2型离子化合物，则A和B的原子序数可能是（ ）
A. 11和8 B. 6和16 C. 11和16 D. 12和17
【答案】D
【解析】A．11和8号元素分别为Na和O，O为-2价，一种是活泼的金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，能形成Na2O，不能形成AB2型离子化合物，故A错误；
B．6号元素是C元素，16号元素是S元素，都是非金属元素，二者不能形成离子化合物，故B错误；
C．11号元素是Na元素，16号元素是S元素，一种是活泼的金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，能形成Na2S，不能形成AB2型离子化合物，故C错误；
D．12号元素是Mg元素，17号元素为Cl，一种是活泼金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，可生成MgCl2，能形成AB2型离子化合物，故D正确；
故选D。
4.13153I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中13153I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关13153I的叙述中错误的是（ ）
A. 13153I的化学性质与12753I相同
B. 13153I的原子序数为53
C. 13153I的原子核外电子数为78
D. 13153I的原子核内中子数多于质子数
【答案】C
【解析】A. 13153I和12753I互为同位素，其化学性质相同，故A正确；
B.原子序数等于质子数，则13153I的原子序数为53，故B正确；
C.质子数等于核外电子数，则13153I的原子核外电子数为53，故C错误；
D. 13153I表示的是质子数为53，质量数为131的碘原子，中子数＝131－53＝78，所以中子数多于质子数，故D正确，答案选C。
5.短周期元素M和N的离子M2+和N2－具有相同电子层结构，则下列说法正确的是（ ）
A. M和N原子的电子层数相等 B. M和N原子最外层电子数相等
C. M的原子序数比N小 D. M2+的离子半径比N2－小
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素的离子M2+和N2-具有相同的电子层结构，M元素位于N元素的下一周期，N位于第二周期第VIA族，为O元素，M位于第三周期第IIA族，为Mg元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，N为O元素，M为Mg元素。
A．元素的周期数与其原子的电子层数相同，M的电子层数是3，N的电子层数是2，所以两种元素原子的电子层数不同，故A错误；
B．M最外层有2个电子，N最外层有6个电子，所以M和N元素的最外层电子数不等，故B错误；
C．M是Mg元素，N是O元素，镁元素的原子序数是12，氧元素的原子序数是8，所以M的原子序数大于N，故C错误；
D．电子层结构相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以氧离子的半径大于镁离子，故D正确；
故选D。
6.下列化合物中既含有离子键又含共价键的是（ ）
A. CaCl2 B. Na2O2 C. HCl D. H2O2
【答案】B
【解析】A．CaCl2中只含有离子键，故A错误；
B．Na2O2中钠离子与过氧根离子间形成离子键，O与O之间形成非极性共价键，故B正确；
C．HCl为共价化合物，只含共价键，故C错误；
D．H2O2为共价化合物，只含有共价键，故D错误；
故选B。
7.下列叙述正确的是（ ）
A. 共价化合物一定不含离子键
B. 离子化合物一定不含共价键
C. 气态单质的分子中一定存在共价键
D. 全部由非金属元素形成的化合物一定不含离子键
【答案】A
【解析】A．只含共价键的化合物是共价化合物，所以共价化合物中一定不含离子键，故A正确；
B．离子化合物中可能含有共价键，如KOH等，故B错误；
C．气态单质的分子中不一定存在共价键，如稀有气体中只存在范德华力但不存在共价键，故C错误；
D．全部由非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如铵盐，故D错误；
故选A。
8.X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在10～18之间，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。则下列判断正确的是( )
A. 非金属性：X＜Y＜Z
B. 酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4
C. 原子半径：按X、Y、Z变小
D. 气态氢化物稳定性：按X、Y、Z顺序减弱
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在10～18之间，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X为Cl元素，Y为S元素，Z为P元素。
【详解】A．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：X＞Y＞Z，故A错误；
B．非金属性：X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，故B错误；
C．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径按X、Y、Z变大，故C错误；
D．非金属性：X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则气态氢化物稳定性按X、Y、Z顺序减弱，故D正确；答案选D。
9. 四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径Z
C. X 的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D. Z位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族
【答案】B
【解析】因为为短周期，故为第二、三两周期，又M为金属，可以确定M、X、Y、Z分别为Al、Si、N、O。则
A、电子层数越多，半径越大，A正确；
B、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Y>X，故酸性HNO3>H2SiO4，B错误；
C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2O>SiH4，C正确；
D、ZO，位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，D正确。
答案选B。
10.已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是（ ）
A. 原子半径：As＞C1＞P B. 热稳定性：HC1＞AsH3＞HBr
C. 还原性：As3-＞S2-＞C1- D. 酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
【答案】C
【解析】A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；
B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；
C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；
D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；
故选C．
11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的核电荷数比Y多4，W与Y同主族。下列说法正确的是 （ ）
A. 原子半径的大小顺序：W > Z > Y > X
B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C. 单质Z能在X的最高价氧化物中燃烧
D. Y、W的简单气态氢化物的热稳定性：Y < W
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素，Z的核电荷数比Y多4，故Z的质子数为12，则Z为Mg，W与Y同主族，则W为S元素，据此分析解答。
【详解】由以上分析可知X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素，W为S元素。
A．同周期自左而右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：C＞O，即X＞Y，故A错误；
B．Y分别与Z、W形成的化合物分别为氧化镁、二氧化硫，含有的化学键分别为离子键、共价键，故B错误；
C．镁在二氧化碳中能够燃烧生成MgO和C，故C正确；
D．非金属性S＜O，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氢化物的热稳定性：Y ＞W，故D错误；
故选C。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. “臭氧空洞”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化合物有关
B. 铝土矿制铝、硫磺制硫酸、海水制镁等过程中都包含化学变化
C. 低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式
D. 可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化铁溶液
【答案】A
【解析】A．温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故A错误；
B．铝土矿是将氧化铝转化为铝、硫磺制硫酸是将硫单质转化为硫酸、海水制镁是将海水中的化合态的镁转化为单质镁，过程中都涉及化学变化，故B正确；
C．低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式，低碳经济所倡导的是：提高能源利用率；开发清洁能源；追求绿色经济，故C正确；
D．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别，故D正确。
故选A。
13.大气与生态圈的氮循环如图所示，下列叙述不正确的是（ ）
A. ④维持大气中氮元素含量稳定
B. ①是野生植物生长所需氮元素的重要来源
C. ⑤为硝化过程、④为反硝化过程，都是氮元素的还原反应过程
D. ②是氮肥工业基础，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮
【答案】C
【解析】A．由图可知，④为土壤中的硝酸盐被细菌分解转化为氮气，氮气返回大气中，维持大气中氮元素含量稳定，故A正确；
B．由图可知，①是在放电条件下，空气中的氮气与氧气反应生成氮氧化物，是野生植物生长所需氮元素的重要来源，故B正确；
C．⑤为氨或铵盐转化为亚硝酸盐，进一步转化为硝酸盐的过程，氮元素化合价升高，发生氧化反应，故C不正确；
D．②是合成氨的反应，属于工业固氮，是氮肥工业基础，由于使用高温高压催化剂的条件，为解决耗能多的问题，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮，故D正确。
答案选C。
14.下列关于浓硫酸的叙述正确的是（ ）
A. 浓硫酸能使胆矾变成白色无水硫酸铜，说明浓硫酸具有脱水性
B. 浓硫酸能使蔗糖炭化，说明浓硫酸有吸水性
C. 浓硫酸久置于空气中变成稀硫酸
D. 常温下，浓硫酸不与铁、铝反应，所以可以用铁、铝制容器盛装浓硫酸
【答案】C
【解析】A．浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，说明蓝色胆矾失去了结晶水，体现了浓H2SO4的吸水性而不是脱水性，故A错误；
B．浓硫酸可使蔗糖炭化， 蔗糖中的H和O元素以水的形式失去，体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，浓硫酸露置于空气中，容易吸收空气中水蒸气，因此浓硫酸久置于空气中变成稀硫酸，故C正确；
D．由于浓硫酸的氧化性很强，故常温下，浓硫酸能在铁和铝的表面形成一层致密的氧化膜，导致铝和铁在浓硫酸中会钝化，所以可用铁、铝制容器盛装浓硫酸，故D错误；
故选C。
15.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L的CO和CO2混合气体中含有的碳原子数为NA
B. 常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NA
C. 标准状况下，5.6L水含有的分子数为0.25NA
D. 1L 1mol·L-1的硫酸溶液中所含氢原子数2NA
【答案】A
【解析】A．标准状况下，22.4LCO2与CO物质的量为1mol，1molCO2与CO的混合物中含有1molC，含有的碳原子数为NA，故A正确；
B．24g镁的物质的量为1mol，1mol镁变成镁离子失去了2mol电子，失去的电子数为2NA，不是得到电子，故B错误；
C．标况下，水不是气体，5.6L水含有的分子数远大于0.25NA，故C错误；
D．1L 1mol•L-1硫酸溶液中除了硫酸含有H原子，水分子也含有H原子，所以1L 1mol·L-1的硫酸溶液中所含氢原子数多于2NA，故D错误；
故选A。
16.下列离子方程式中，书写正确的是（ ）
A. 稀硫酸和铁的反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 碳酸钙与硝酸反应：CO32－+2H+=H2O+CO2↑
C. 硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42－+Ba2++OH—=BaSO4↓+H2O
D. 向氢氧化钠溶液中通入过量二氧化硫：SO2+OH—= HSO3—
【答案】D
【解析】A．稀硫酸和铁反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．碳酸钙难溶于水，与硝酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故B错误；
C．硫酸和氢氧化钡溶液反应，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．向氢氧化钠溶液中通入过量二氧化硫得到亚硫酸氢盐，即SO2+OH-═HSO3-，故D正确；
故选D。
17.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）
A. 碳酸钠溶液：K+、SO42—、Cl—、H+
B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3—、Cl—
C. 氢氧化钠溶液：K+、Ba2+、Cl－、Br—
D. 加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl－、NH4+、NO3—
【答案】C
【解析】A．CO32-、H+离子之间结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；
B．使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．碱性溶液中，K+、Ba2+、Cl－、Br—离子之间不反应，能大量共存，故C正确；
D．加入铝粉放出氢气的溶液，可能为酸或强碱溶液，酸性溶液中，存在NO3—，不生成氢气，碱溶液中NH4+反应生成一水合氨，则不能共存，故D错误；
故选C。
18.下列除杂的操作方法，正确的是（ ）
A. NH3中混有少量水蒸气：通过装有浓硫酸的洗气瓶
B. NO中混有少量NO2气体：用水洗涤后再干燥
C. 食盐中混有少量NH4Cl：加过量烧碱溶液后加热蒸干
D. 硝酸混有少量硫酸：加适量BaCl2后再过滤
【答案】B
【解析】A.浓硫酸与氨气反应,则不能除杂,应选碱石灰,故A错误；
B.二氧化氮与水反应生成NO,则用水洗涤后再干燥可除杂,故B正确；
C. 食盐中混有少量NH4Cl，加过量烧碱溶液后加热蒸干，会引入新杂质NaOH，可直接加热除杂，故C错误；
D.硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸,引入新杂质盐酸,故D错误；
答案选B。
19.下列说法正确的是（ ）
A. SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红褪去，说明SO2有漂白性
B. 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，说明部分Na2SO3被氧化
C. 向某溶液中加NaOH溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中含有NH4+
D. 将少量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后滴加KSCN溶液，有气体生成且有血红色沉淀，说明稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
【答案】B
【解析】A．二氧化硫具有还原性，和高锰酸钾发生氧化还原反应，故A错误；
B．加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，沉淀含硫酸钡、亚硫酸钡，则说明部分Na2SO3被氧化，故B正确；
C．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该实验不能说明原溶液中含有NH4+，故C错误；
D．将少量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后生成铁离子，滴加KSCN溶液后，溶液呈血红色，不是生成血红色沉淀，故D错误；
故选B。
20.常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（ ）
X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
②
KOH溶液
SiO2
稀盐酸
③
O2
N2
H2
④
FeCl3溶液
Cu
浓硝酸
A. ①③ B. ①④ C. ②④ D. ②③
【答案】B
【解析】①.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，故①符合；
②.二氧化硅能与氢氧化钾反应生成硅酸钾和水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合；
③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下反应生成氨气，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；
④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合，故选B。
21.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（ ）
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
①
浓氨水
NaOH
NH3
H2O
②
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
③
稀硝酸
Cu
NO
H2O
④
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
A. ① B. ② C. ③ D. ④
【答案】D
【解析】①、氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，收集方法错误，故①错误；
②、用浓盐酸与MnO2反应制取氯气时需加热，故②错误；
③、NO与可与空气中的O2反应，收集NO用排水法收集，故③错误；
④、制取、收集及尾气处理都合理，故④正确，答案选D。
22.几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列有关说法中，正确的是（ ）
元素代号
X
Y
Z
L
M
Q
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.099
0.112
0.074
主要化合价
＋2
＋3
＋6、－2
＋7、－1
+2
－2
A. 与稀盐酸反应的剧烈程度：M单质＜X单质
B. Y与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应
C. Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性
D. 等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成H2一样多
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，Z有+6、-2价，则Q为O元素、Z为S元素；L有+7、-1价，则L为氯元素；X、M均有+2价，处于ⅡA族，原子半径X＞M，则X为Mg元素、M为Be元素；Y为+3价，处于ⅢA族，原子半径大于硫，所以Y为Al元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为Mg元素，Y为Al元素，Z为S元素，L为氯元素，M为Be元素，Q为O元素。
A．金属性Mg＞Be，故Mg与盐酸反应更剧烈，故A正确；
B．Y与Q形成的化合物为Al2O3，氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，所以稳定性HCl＞H2S，即L的氢化物的稳定性强于Z的氢化物的稳定性，故C错误；
D．X为Mg元素，Y为Al元素，等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，根据电子转移守恒可知，二者生成H2为2∶3，故D错误；
故选A。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（本题包括5小题）
23.X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如表所示，其中X、Y 元素均能形成10电子的氢化物，Z的原子序数是Y的2倍。请回答下列问题：
X
Y
Z
W
（1）W的简单离子的结构示意图为___________，Y的氢化物电子式为___________。
（2）Z、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强的是___________（填化学式，下同），X、Y 元素的10电子的氢化物中稳定性较弱的是_________。
（3）写出单质碳与X元素最高价氧化物的水化物浓溶液共热的化学方程式__________。
（4）W与Z形成的液体化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，
1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，Z2W2与水反应的化学方程式为______________________。
【答案】(1). (2). 或 (3). HClO4 (4). NH3 (5). C＋ 4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O (6). 2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，Z的原子序数是Y的2倍，Y、Z为同主族元素，则Y为O元素，Z为S元素；根据位置关系，X为N元素，W为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为N元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素。
(1)氯为17号元素，氯的简单离子的结构示意图为，Y的氢化物为水或过氧化氢，电子式为或，故答案为：；或；
(2)元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，Z、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强的是HClO4；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，X、Y 元素的10电子的氢化物中稳定性较弱的是NH3，故答案为：HClO4；NH3；
(3)X元素最高价氧化物的水化物为硝酸，单质碳与X元素最高价氧化物的水化物浓溶液共热的化学方程式为C＋ 4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O，故答案为：C＋ 4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O；
(4)W与Z形成的液体化合物Z2W2为S2Cl2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，为二氧化硫，1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol电子，则2mol Z2W2参加反应时转移3 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，说明只有S元素由+1价变成+4价，则同时3个S变成0价，与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl。
24.有A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，B的阳离子与A的阴离子和氖原子的电子层结构相同；A、B可形成离子化合物B2A；C的原子结构示意图为：，D的最外层电子数是电子层数的2倍。试回答下列各问题：
（1）A的阴离子的结构示意图为_____________；
（2）C元素位于元素周期表中第________周期、第_______族；
（3）化合物B2A的电子式为______________；
（4）已知：D的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为_________________。
【答案】(1). (2). 3 (3). ⅣA (4). (5). S + 2H2SO4(浓)3SO2↑ + 2H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，B的阳离子与A的阴离子和氖原子的电子层结构相同，说明B为第三周期元素，A为第二周期元素；A、B可形成离子化合物B2A，则B为Na元素，A为O元素；C的原子结构示意图为，则x=2，所以C为硅元素；D的最外层电子数是电子层数的2倍，原子序数大于14，则D为S元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，AO元素，B为Na元素，C为硅元素，D为S元素。
(1)氧为8号元素，其阴离子的结构示意图为，故答案为：；
(2)C为硅元素，位于元素周期表中第3周期、第ⅣA族，故答案为：3；ⅣA；
(3)化合物B2A为氧化钠，是离子化合物，电子式为，故答案为：；
(4)S的最高价氧化物的水化物为硫酸，硫单质与浓硫酸共热发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，反应的化学方程式为S + 2H2SO4(浓) 3SO2↑ + 2H2O，故答案为：S + 2H2SO4(浓) 3SO2↑ + 2H2O。
25.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：
（1）NaClO2中Cl的化合价为________。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式并配平：_____________。
（3）已知“尾气吸收”反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O。
此反应中还原剂是________，若产生8gO2，则该反应转移电子数为________。
【答案】(1). +3 (2). 2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (3). H2O2 (4). 0.5NA (或3.01×1023 )
【解析】
【分析(1)根据正负化合价的代数和为0，分析判断NaClO2中Cl的化合价；
(2)根据流程图，“反应”步骤中NaClO2、H2SO4和SO2反应生成ClO2，同时生成NaHSO4，据此书写反应的化学方程式；
(3)根据氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】(1)NaClO2中Na元素的化合价为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；
(2)根据流程图，“反应”步骤中NaClO2、H2SO4和SO2反应生成ClO2，同时生成NaHSO4，反应的化学方程式为2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
(3)“尾气吸收”反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应中Cl的化合价由+4价变成+3价，过氧化氢中O由-1价变成0价，因此还原剂是H2O2，氧化剂为ClO2，8gO2的物质的量为=0.25mol，则反应转移电子数为0.5NA (或3.01×1023 )，故答案为：H2O2；0.5NA (或3.01×1023 )。
26.某化学兴趣小组利用下列装置制取氨气并探究氨气的有关性质。
（1）图一是实验室制取氨气的发生装置，试管中反应的化学方程式为_______________。
（2）图二可用于实验室快速制取氨气，A中烧瓶内试剂可选用________（填序号，下同）。
a．碱石灰 b．浓硫酸 c．生石灰 d．五氧化二磷
（3）为探究氨气的溶解性，先利用图三装置收集氨气，氨气的进气口为_____（填“a”或“b”），在实验过程中观察到图三中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的物理性质是___。
（4）通过上面装置制得的NH3进行如下实验（实验前旋塞1、2均关闭）。
①先打开旋塞1，D瓶中的现象是_____________，原因是_______________（用化学方程式表示）；
②稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，观察到的现象是___________________。
（5）为防止环境污染，以下装置（除⑤标明外，其余盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨气的是____________（填序号）。
【答案】(1). Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑ (2). ac (3). a (4). 极易溶于水 (5). 出现白烟 (6). NH3+HCl= NH4Cl (7). 水倒流入D中 (8). ②④⑤
【解析】
【分析】(1)根据实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，书写反应的化学方程式；
(2)根据图二，用于实验室快速制取氨气的基本原理是利用氨气的挥发性，能够加快氨气挥发的都可以；
(3)根据氨气的密度比空气小，极易溶于水分析解答；
(4)根据氯化氢和氨气化合生成氯化铵固体颗粒分析解答；
(5)氨气极易溶于水，用溶液吸收多余氨气时，需要防止倒吸，据此分析判断。
【详解】(1)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)a．碱石灰溶于水放热，加快氨气的挥发，可以快速制取氨气，故a正确；b．浓硫酸能够与氨气反应，不能用于制备氨气，故b错误；c．生石灰与水反应是放热反应，溶液温度升高，促进氨气放出，可以快速制取氨气，故c正确；d．五氧化二磷的水溶液为磷酸，能够与氨气反应，不能用于制备氨气，故d错误；故答案为：ac；
(3)氨气的密度比空气小，因此收集氨气时的进气口为a，在实验过程中观察到烧瓶内产生了红色喷泉，说明氨气极易溶于水，故答案为：a；极易溶于水；
(4)①先打开旋塞1，氯化氢和氨气化合生成氯化铵固体颗粒，NH3+HCl= NH4Cl，因此D瓶中的现象是出现白烟，故答案为：出现白烟；NH3+HCl= NH4Cl；
②生成的氯化铵为固体，使得瓶中气体的压强减小，稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，可以观察到水倒流入D中，故答案为：水倒流入D中；
(5)氨气极易溶于水，为防止环境污染，用溶液吸收多余氨气时，需要防止倒吸，根据图示，装置②④⑤均可防止倒吸，故答案为：②④⑤。
27.某化学兴趣小组同学利用下图所示装置(夹持及加热装置已略去，装置气密性良好)探究SO2的性质(实验前已事先除去装置中的空气)。请回答下列问题：
[查阅资料得知浓硫酸的沸点为338 ℃，酒精灯火焰的温度为400～500 ℃]
（1）仪器a的名称_________。
（2）装置D和F的作用是_________。
（3）加热时，装置A中反应的化学方程式为________。
（4）打开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，B中的现象是_____，当装置C中溶液由蓝色变为无色，由此推测所得无色溶液中的离子主要是H＋、I－ 和____；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化，该实验操作及现象是：_____。
（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是：有白色沉淀产生，白色沉淀的成分是_____，生成白色沉淀的原因可能是___（选填字母序号）。
a．SO2与BaCl2溶液反应生成了白色沉淀
b．BaCl2溶液与硫酸蒸气反应生成了白色沉淀
c．SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，再与BaCl2反应生成白色沉淀
（6）取A中产生的SO2气体通入足量双氧水中，然后加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得到4.66 g沉淀。据此推知SO2气体的体积为___mL（标准状况）。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 吸收SO2防止污染空气及防倒吸 (3). Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O (4). 品红褪色 (5). SO42- (6). 取少量所得溶液于试管中再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 (7). BaSO4 (8). bc (9). 448
【解析】
【分析】（1）根据装置图回答仪器a的名称。
（2）根据SO2有毒，污染空气分析。
（3）加热时，装置A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水。
（4）SO2具有漂白性；装置C中溶液由蓝色变为无色，说明碘单质与二氧化硫发生了氧化还原反应；SO42-与氯化钡反应生成白色沉淀；
（5）BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在酸性条件下不存在，二氧化硫与氯化钡不反应；
（6）根据硫元素守恒计算二氧化硫的体积。
【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗。
（2）SO2有毒，污染空气，装置D和F的作用是吸收SO2防止污染空气及防倒吸。
（3）加热时，装置A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应方程式是Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
（4）打开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，SO2具有漂白性，能使品红褪色，所以B中的现象是品红褪色；装置C中溶液由蓝色变为无色，说明碘分子与二氧化硫发生了氧化还原反应，I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，所以溶液中的离子主要是H＋、I－ 和SO42-；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化为SO42-，实验操作及现象是：取少量所得溶液于试管中再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。
（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是有白色沉淀产生，BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在强酸性条件下不能生成，所以白色沉淀的成分是BaSO4；浓硫酸的沸点为338 ℃，酒精灯火焰的温度为400～500 ℃，所以BaCl2溶液可能与硫酸蒸气反应生成了硫酸钡沉淀；也可能是SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，H2SO4再与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，故选bc；
（6）根据硫元素守恒有关系式SO2～BaSO4；设SO2的体积是VL
SO2 ～ BaSO4
22.4L 233g
VL 4.66 g
V=0.448L=448mL。
考试时间:90分钟 2019.4.25
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 S-32 Ba-137
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本题共22小题，每小题只有一个正确选项。）
1.下列化学用语或模型正确的是（ ）
A. 氯化氢的电子式： B. N2的结构式：N≡N
C. CH4分子的球棍模型： D. 硫离子结构示意图：
【答案】B
【解析】A．氯化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；
B．两个N原子间通过三对共用电子成键，电子式为，结构式是N≡N，故B正确；
C．是CH4分子的比例模型，故C错误；
D．硫离子核内质子数为16，核外电子数为18，其结构示意图：，故D错误；
故选B。
2.F和F—两种粒子中，不相同的是（ ）
①核内质子数 ②核外电子数 ③最外层电子数 ④核外电子层数
A. ②③ B. ①② C. ③④ D. ②③④
【答案】A
【解析】①F-是F原子得到一个电子后形成，质子数不变，都是9，都属于氟元素，故不选；
②F-是F原子得到一个电子后形成的，因此电子数一定不相同，故选；
③F-是F原子得到一个电子后形成的，氟原子最外层电子数为7，氟离子最外层电子数为8，最外层电子数不同，故选。
④F-是F原子得到一个电子后形成的，两者的电子层数都是2，故不选；
F和F—两种粒子中，不相同的是②③，故选A。
3.A、B两种元素能形成AB2型离子化合物，则A和B的原子序数可能是（ ）
A. 11和8 B. 6和16 C. 11和16 D. 12和17
【答案】D
【解析】A．11和8号元素分别为Na和O，O为-2价，一种是活泼的金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，能形成Na2O，不能形成AB2型离子化合物，故A错误；
B．6号元素是C元素，16号元素是S元素，都是非金属元素，二者不能形成离子化合物，故B错误；
C．11号元素是Na元素，16号元素是S元素，一种是活泼的金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，能形成Na2S，不能形成AB2型离子化合物，故C错误；
D．12号元素是Mg元素，17号元素为Cl，一种是活泼金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，可生成MgCl2，能形成AB2型离子化合物，故D正确；
故选D。
4.13153I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中13153I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关13153I的叙述中错误的是（ ）
A. 13153I的化学性质与12753I相同
B. 13153I的原子序数为53
C. 13153I的原子核外电子数为78
D. 13153I的原子核内中子数多于质子数
【答案】C
【解析】A. 13153I和12753I互为同位素，其化学性质相同，故A正确；
B.原子序数等于质子数，则13153I的原子序数为53，故B正确；
C.质子数等于核外电子数，则13153I的原子核外电子数为53，故C错误；
D. 13153I表示的是质子数为53，质量数为131的碘原子，中子数＝131－53＝78，所以中子数多于质子数，故D正确，答案选C。
5.短周期元素M和N的离子M2+和N2－具有相同电子层结构，则下列说法正确的是（ ）
A. M和N原子的电子层数相等 B. M和N原子最外层电子数相等
C. M的原子序数比N小 D. M2+的离子半径比N2－小
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素的离子M2+和N2-具有相同的电子层结构，M元素位于N元素的下一周期，N位于第二周期第VIA族，为O元素，M位于第三周期第IIA族，为Mg元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，N为O元素，M为Mg元素。
A．元素的周期数与其原子的电子层数相同，M的电子层数是3，N的电子层数是2，所以两种元素原子的电子层数不同，故A错误；
B．M最外层有2个电子，N最外层有6个电子，所以M和N元素的最外层电子数不等，故B错误；
C．M是Mg元素，N是O元素，镁元素的原子序数是12，氧元素的原子序数是8，所以M的原子序数大于N，故C错误；
D．电子层结构相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以氧离子的半径大于镁离子，故D正确；
故选D。
6.下列化合物中既含有离子键又含共价键的是（ ）
A. CaCl2 B. Na2O2 C. HCl D. H2O2
【答案】B
【解析】A．CaCl2中只含有离子键，故A错误；
B．Na2O2中钠离子与过氧根离子间形成离子键，O与O之间形成非极性共价键，故B正确；
C．HCl为共价化合物，只含共价键，故C错误；
D．H2O2为共价化合物，只含有共价键，故D错误；
故选B。
7.下列叙述正确的是（ ）
A. 共价化合物一定不含离子键
B. 离子化合物一定不含共价键
C. 气态单质的分子中一定存在共价键
D. 全部由非金属元素形成的化合物一定不含离子键
【答案】A
【解析】A．只含共价键的化合物是共价化合物，所以共价化合物中一定不含离子键，故A正确；
B．离子化合物中可能含有共价键，如KOH等，故B错误；
C．气态单质的分子中不一定存在共价键，如稀有气体中只存在范德华力但不存在共价键，故C错误；
D．全部由非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如铵盐，故D错误；
故选A。
8.X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在10～18之间，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。则下列判断正确的是( )
A. 非金属性：X＜Y＜Z
B. 酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4
C. 原子半径：按X、Y、Z变小
D. 气态氢化物稳定性：按X、Y、Z顺序减弱
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在10～18之间，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X为Cl元素，Y为S元素，Z为P元素。
【详解】A．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：X＞Y＞Z，故A错误；
B．非金属性：X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，故B错误；
C．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径按X、Y、Z变大，故C错误；
D．非金属性：X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则气态氢化物稳定性按X、Y、Z顺序减弱，故D正确；答案选D。
9. 四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径Z
C. X 的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D. Z位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族
【答案】B
【解析】因为为短周期，故为第二、三两周期，又M为金属，可以确定M、X、Y、Z分别为Al、Si、N、O。则
A、电子层数越多，半径越大，A正确；
B、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Y>X，故酸性HNO3>H2SiO4，B错误；
C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2O>SiH4，C正确；
D、ZO，位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，D正确。
答案选B。
10.已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是（ ）
A. 原子半径：As＞C1＞P B. 热稳定性：HC1＞AsH3＞HBr
C. 还原性：As3-＞S2-＞C1- D. 酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
【答案】C
【解析】A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；
B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；
C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；
D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；
故选C．
11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的核电荷数比Y多4，W与Y同主族。下列说法正确的是 （ ）
A. 原子半径的大小顺序：W > Z > Y > X
B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C. 单质Z能在X的最高价氧化物中燃烧
D. Y、W的简单气态氢化物的热稳定性：Y < W
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素，Z的核电荷数比Y多4，故Z的质子数为12，则Z为Mg，W与Y同主族，则W为S元素，据此分析解答。
【详解】由以上分析可知X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素，W为S元素。
A．同周期自左而右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：C＞O，即X＞Y，故A错误；
B．Y分别与Z、W形成的化合物分别为氧化镁、二氧化硫，含有的化学键分别为离子键、共价键，故B错误；
C．镁在二氧化碳中能够燃烧生成MgO和C，故C正确；
D．非金属性S＜O，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氢化物的热稳定性：Y ＞W，故D错误；
故选C。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. “臭氧空洞”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化合物有关
B. 铝土矿制铝、硫磺制硫酸、海水制镁等过程中都包含化学变化
C. 低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式
D. 可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化铁溶液
【答案】A
【解析】A．温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故A错误；
B．铝土矿是将氧化铝转化为铝、硫磺制硫酸是将硫单质转化为硫酸、海水制镁是将海水中的化合态的镁转化为单质镁，过程中都涉及化学变化，故B正确；
C．低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式，低碳经济所倡导的是：提高能源利用率；开发清洁能源；追求绿色经济，故C正确；
D．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别，故D正确。
故选A。
13.大气与生态圈的氮循环如图所示，下列叙述不正确的是（ ）
A. ④维持大气中氮元素含量稳定
B. ①是野生植物生长所需氮元素的重要来源
C. ⑤为硝化过程、④为反硝化过程，都是氮元素的还原反应过程
D. ②是氮肥工业基础，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮
【答案】C
【解析】A．由图可知，④为土壤中的硝酸盐被细菌分解转化为氮气，氮气返回大气中，维持大气中氮元素含量稳定，故A正确；
B．由图可知，①是在放电条件下，空气中的氮气与氧气反应生成氮氧化物，是野生植物生长所需氮元素的重要来源，故B正确；
C．⑤为氨或铵盐转化为亚硝酸盐，进一步转化为硝酸盐的过程，氮元素化合价升高，发生氧化反应，故C不正确；
D．②是合成氨的反应，属于工业固氮，是氮肥工业基础，由于使用高温高压催化剂的条件，为解决耗能多的问题，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮，故D正确。
答案选C。
14.下列关于浓硫酸的叙述正确的是（ ）
A. 浓硫酸能使胆矾变成白色无水硫酸铜，说明浓硫酸具有脱水性
B. 浓硫酸能使蔗糖炭化，说明浓硫酸有吸水性
C. 浓硫酸久置于空气中变成稀硫酸
D. 常温下，浓硫酸不与铁、铝反应，所以可以用铁、铝制容器盛装浓硫酸
【答案】C
【解析】A．浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，说明蓝色胆矾失去了结晶水，体现了浓H2SO4的吸水性而不是脱水性，故A错误；
B．浓硫酸可使蔗糖炭化， 蔗糖中的H和O元素以水的形式失去，体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，浓硫酸露置于空气中，容易吸收空气中水蒸气，因此浓硫酸久置于空气中变成稀硫酸，故C正确；
D．由于浓硫酸的氧化性很强，故常温下，浓硫酸能在铁和铝的表面形成一层致密的氧化膜，导致铝和铁在浓硫酸中会钝化，所以可用铁、铝制容器盛装浓硫酸，故D错误；
故选C。
15.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L的CO和CO2混合气体中含有的碳原子数为NA
B. 常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NA
C. 标准状况下，5.6L水含有的分子数为0.25NA
D. 1L 1mol·L-1的硫酸溶液中所含氢原子数2NA
【答案】A
【解析】A．标准状况下，22.4LCO2与CO物质的量为1mol，1molCO2与CO的混合物中含有1molC，含有的碳原子数为NA，故A正确；
B．24g镁的物质的量为1mol，1mol镁变成镁离子失去了2mol电子，失去的电子数为2NA，不是得到电子，故B错误；
C．标况下，水不是气体，5.6L水含有的分子数远大于0.25NA，故C错误；
D．1L 1mol•L-1硫酸溶液中除了硫酸含有H原子，水分子也含有H原子，所以1L 1mol·L-1的硫酸溶液中所含氢原子数多于2NA，故D错误；
故选A。
16.下列离子方程式中，书写正确的是（ ）
A. 稀硫酸和铁的反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 碳酸钙与硝酸反应：CO32－+2H+=H2O+CO2↑
C. 硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42－+Ba2++OH—=BaSO4↓+H2O
D. 向氢氧化钠溶液中通入过量二氧化硫：SO2+OH—= HSO3—
【答案】D
【解析】A．稀硫酸和铁反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．碳酸钙难溶于水，与硝酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故B错误；
C．硫酸和氢氧化钡溶液反应，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．向氢氧化钠溶液中通入过量二氧化硫得到亚硫酸氢盐，即SO2+OH-═HSO3-，故D正确；
故选D。
17.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）
A. 碳酸钠溶液：K+、SO42—、Cl—、H+
B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3—、Cl—
C. 氢氧化钠溶液：K+、Ba2+、Cl－、Br—
D. 加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl－、NH4+、NO3—
【答案】C
【解析】A．CO32-、H+离子之间结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；
B．使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．碱性溶液中，K+、Ba2+、Cl－、Br—离子之间不反应，能大量共存，故C正确；
D．加入铝粉放出氢气的溶液，可能为酸或强碱溶液，酸性溶液中，存在NO3—，不生成氢气，碱溶液中NH4+反应生成一水合氨，则不能共存，故D错误；
故选C。
18.下列除杂的操作方法，正确的是（ ）
A. NH3中混有少量水蒸气：通过装有浓硫酸的洗气瓶
B. NO中混有少量NO2气体：用水洗涤后再干燥
C. 食盐中混有少量NH4Cl：加过量烧碱溶液后加热蒸干
D. 硝酸混有少量硫酸：加适量BaCl2后再过滤
【答案】B
【解析】A.浓硫酸与氨气反应,则不能除杂,应选碱石灰,故A错误；
B.二氧化氮与水反应生成NO,则用水洗涤后再干燥可除杂,故B正确；
C. 食盐中混有少量NH4Cl，加过量烧碱溶液后加热蒸干，会引入新杂质NaOH，可直接加热除杂，故C错误；
D.硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸,引入新杂质盐酸,故D错误；
答案选B。
19.下列说法正确的是（ ）
A. SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红褪去，说明SO2有漂白性
B. 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，说明部分Na2SO3被氧化
C. 向某溶液中加NaOH溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中含有NH4+
D. 将少量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后滴加KSCN溶液，有气体生成且有血红色沉淀，说明稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
【答案】B
【解析】A．二氧化硫具有还原性，和高锰酸钾发生氧化还原反应，故A错误；
B．加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，沉淀含硫酸钡、亚硫酸钡，则说明部分Na2SO3被氧化，故B正确；
C．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该实验不能说明原溶液中含有NH4+，故C错误；
D．将少量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后生成铁离子，滴加KSCN溶液后，溶液呈血红色，不是生成血红色沉淀，故D错误；
故选B。
20.常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（ ）
X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
②
KOH溶液
SiO2
稀盐酸
③
O2
N2
H2
④
FeCl3溶液
Cu
浓硝酸
A. ①③ B. ①④ C. ②④ D. ②③
【答案】B
【解析】①.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，故①符合；
②.二氧化硅能与氢氧化钾反应生成硅酸钾和水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合；
③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下反应生成氨气，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；
④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合，故选B。
21.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（ ）
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
①
浓氨水
NaOH
NH3
H2O
②
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
③
稀硝酸
Cu
NO
H2O
④
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
A. ① B. ② C. ③ D. ④
【答案】D
【解析】①、氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，收集方法错误，故①错误；
②、用浓盐酸与MnO2反应制取氯气时需加热，故②错误；
③、NO与可与空气中的O2反应，收集NO用排水法收集，故③错误；
④、制取、收集及尾气处理都合理，故④正确，答案选D。
22.几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列有关说法中，正确的是（ ）
元素代号
X
Y
Z
L
M
Q
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.099
0.112
0.074
主要化合价
＋2
＋3
＋6、－2
＋7、－1
+2
－2
A. 与稀盐酸反应的剧烈程度：M单质＜X单质
B. Y与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应
C. Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性
D. 等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成H2一样多
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，Z有+6、-2价，则Q为O元素、Z为S元素；L有+7、-1价，则L为氯元素；X、M均有+2价，处于ⅡA族，原子半径X＞M，则X为Mg元素、M为Be元素；Y为+3价，处于ⅢA族，原子半径大于硫，所以Y为Al元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为Mg元素，Y为Al元素，Z为S元素，L为氯元素，M为Be元素，Q为O元素。
A．金属性Mg＞Be，故Mg与盐酸反应更剧烈，故A正确；
B．Y与Q形成的化合物为Al2O3，氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，所以稳定性HCl＞H2S，即L的氢化物的稳定性强于Z的氢化物的稳定性，故C错误；
D．X为Mg元素，Y为Al元素，等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，根据电子转移守恒可知，二者生成H2为2∶3，故D错误；
故选A。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（本题包括5小题）
23.X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如表所示，其中X、Y 元素均能形成10电子的氢化物，Z的原子序数是Y的2倍。请回答下列问题：
X
Y
Z
W
（1）W的简单离子的结构示意图为___________，Y的氢化物电子式为___________。
（2）Z、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强的是___________（填化学式，下同），X、Y 元素的10电子的氢化物中稳定性较弱的是_________。
（3）写出单质碳与X元素最高价氧化物的水化物浓溶液共热的化学方程式__________。
（4）W与Z形成的液体化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，
1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，Z2W2与水反应的化学方程式为______________________。
【答案】(1). (2). 或 (3). HClO4 (4). NH3 (5). C＋ 4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O (6). 2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，Z的原子序数是Y的2倍，Y、Z为同主族元素，则Y为O元素，Z为S元素；根据位置关系，X为N元素，W为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为N元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素。
(1)氯为17号元素，氯的简单离子的结构示意图为，Y的氢化物为水或过氧化氢，电子式为或，故答案为：；或；
(2)元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，Z、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强的是HClO4；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，X、Y 元素的10电子的氢化物中稳定性较弱的是NH3，故答案为：HClO4；NH3；
(3)X元素最高价氧化物的水化物为硝酸，单质碳与X元素最高价氧化物的水化物浓溶液共热的化学方程式为C＋ 4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O，故答案为：C＋ 4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O；
(4)W与Z形成的液体化合物Z2W2为S2Cl2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，为二氧化硫，1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol电子，则2mol Z2W2参加反应时转移3 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，说明只有S元素由+1价变成+4价，则同时3个S变成0价，与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl。
24.有A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，B的阳离子与A的阴离子和氖原子的电子层结构相同；A、B可形成离子化合物B2A；C的原子结构示意图为：，D的最外层电子数是电子层数的2倍。试回答下列各问题：
（1）A的阴离子的结构示意图为_____________；
（2）C元素位于元素周期表中第________周期、第_______族；
（3）化合物B2A的电子式为______________；
（4）已知：D的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为_________________。
【答案】(1). (2). 3 (3). ⅣA (4). (5). S + 2H2SO4(浓)3SO2↑ + 2H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，B的阳离子与A的阴离子和氖原子的电子层结构相同，说明B为第三周期元素，A为第二周期元素；A、B可形成离子化合物B2A，则B为Na元素，A为O元素；C的原子结构示意图为，则x=2，所以C为硅元素；D的最外层电子数是电子层数的2倍，原子序数大于14，则D为S元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，AO元素，B为Na元素，C为硅元素，D为S元素。
(1)氧为8号元素，其阴离子的结构示意图为，故答案为：；
(2)C为硅元素，位于元素周期表中第3周期、第ⅣA族，故答案为：3；ⅣA；
(3)化合物B2A为氧化钠，是离子化合物，电子式为，故答案为：；
(4)S的最高价氧化物的水化物为硫酸，硫单质与浓硫酸共热发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，反应的化学方程式为S + 2H2SO4(浓) 3SO2↑ + 2H2O，故答案为：S + 2H2SO4(浓) 3SO2↑ + 2H2O。
25.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：
（1）NaClO2中Cl的化合价为________。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式并配平：_____________。
（3）已知“尾气吸收”反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O。
此反应中还原剂是________，若产生8gO2，则该反应转移电子数为________。
【答案】(1). +3 (2). 2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (3). H2O2 (4). 0.5NA (或3.01×1023 )
【解析】
【分析(1)根据正负化合价的代数和为0，分析判断NaClO2中Cl的化合价；
(2)根据流程图，“反应”步骤中NaClO2、H2SO4和SO2反应生成ClO2，同时生成NaHSO4，据此书写反应的化学方程式；
(3)根据氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】(1)NaClO2中Na元素的化合价为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；
(2)根据流程图，“反应”步骤中NaClO2、H2SO4和SO2反应生成ClO2，同时生成NaHSO4，反应的化学方程式为2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
(3)“尾气吸收”反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应中Cl的化合价由+4价变成+3价，过氧化氢中O由-1价变成0价，因此还原剂是H2O2，氧化剂为ClO2，8gO2的物质的量为=0.25mol，则反应转移电子数为0.5NA (或3.01×1023 )，故答案为：H2O2；0.5NA (或3.01×1023 )。
26.某化学兴趣小组利用下列装置制取氨气并探究氨气的有关性质。
（1）图一是实验室制取氨气的发生装置，试管中反应的化学方程式为_______________。
（2）图二可用于实验室快速制取氨气，A中烧瓶内试剂可选用________（填序号，下同）。
a．碱石灰 b．浓硫酸 c．生石灰 d．五氧化二磷
（3）为探究氨气的溶解性，先利用图三装置收集氨气，氨气的进气口为_____（填“a”或“b”），在实验过程中观察到图三中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的物理性质是___。
（4）通过上面装置制得的NH3进行如下实验（实验前旋塞1、2均关闭）。
①先打开旋塞1，D瓶中的现象是_____________，原因是_______________（用化学方程式表示）；
②稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，观察到的现象是___________________。
（5）为防止环境污染，以下装置（除⑤标明外，其余盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨气的是____________（填序号）。
【答案】(1). Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑ (2). ac (3). a (4). 极易溶于水 (5). 出现白烟 (6). NH3+HCl= NH4Cl (7). 水倒流入D中 (8). ②④⑤
【解析】
【分析】(1)根据实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，书写反应的化学方程式；
(2)根据图二，用于实验室快速制取氨气的基本原理是利用氨气的挥发性，能够加快氨气挥发的都可以；
(3)根据氨气的密度比空气小，极易溶于水分析解答；
(4)根据氯化氢和氨气化合生成氯化铵固体颗粒分析解答；
(5)氨气极易溶于水，用溶液吸收多余氨气时，需要防止倒吸，据此分析判断。
【详解】(1)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)a．碱石灰溶于水放热，加快氨气的挥发，可以快速制取氨气，故a正确；b．浓硫酸能够与氨气反应，不能用于制备氨气，故b错误；c．生石灰与水反应是放热反应，溶液温度升高，促进氨气放出，可以快速制取氨气，故c正确；d．五氧化二磷的水溶液为磷酸，能够与氨气反应，不能用于制备氨气，故d错误；故答案为：ac；
(3)氨气的密度比空气小，因此收集氨气时的进气口为a，在实验过程中观察到烧瓶内产生了红色喷泉，说明氨气极易溶于水，故答案为：a；极易溶于水；
(4)①先打开旋塞1，氯化氢和氨气化合生成氯化铵固体颗粒，NH3+HCl= NH4Cl，因此D瓶中的现象是出现白烟，故答案为：出现白烟；NH3+HCl= NH4Cl；
②生成的氯化铵为固体，使得瓶中气体的压强减小，稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，可以观察到水倒流入D中，故答案为：水倒流入D中；
(5)氨气极易溶于水，为防止环境污染，用溶液吸收多余氨气时，需要防止倒吸，根据图示，装置②④⑤均可防止倒吸，故答案为：②④⑤。
27.某化学兴趣小组同学利用下图所示装置(夹持及加热装置已略去，装置气密性良好)探究SO2的性质(实验前已事先除去装置中的空气)。请回答下列问题：
[查阅资料得知浓硫酸的沸点为338 ℃，酒精灯火焰的温度为400～500 ℃]
（1）仪器a的名称_________。
（2）装置D和F的作用是_________。
（3）加热时，装置A中反应的化学方程式为________。
（4）打开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，B中的现象是_____，当装置C中溶液由蓝色变为无色，由此推测所得无色溶液中的离子主要是H＋、I－ 和____；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化，该实验操作及现象是：_____。
（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是：有白色沉淀产生，白色沉淀的成分是_____，生成白色沉淀的原因可能是___（选填字母序号）。
a．SO2与BaCl2溶液反应生成了白色沉淀
b．BaCl2溶液与硫酸蒸气反应生成了白色沉淀
c．SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，再与BaCl2反应生成白色沉淀
（6）取A中产生的SO2气体通入足量双氧水中，然后加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得到4.66 g沉淀。据此推知SO2气体的体积为___mL（标准状况）。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 吸收SO2防止污染空气及防倒吸 (3). Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O (4). 品红褪色 (5). SO42- (6). 取少量所得溶液于试管中再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 (7). BaSO4 (8). bc (9). 448
【解析】
【分析】（1）根据装置图回答仪器a的名称。
（2）根据SO2有毒，污染空气分析。
（3）加热时，装置A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水。
（4）SO2具有漂白性；装置C中溶液由蓝色变为无色，说明碘单质与二氧化硫发生了氧化还原反应；SO42-与氯化钡反应生成白色沉淀；
（5）BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在酸性条件下不存在，二氧化硫与氯化钡不反应；
（6）根据硫元素守恒计算二氧化硫的体积。
【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗。
（2）SO2有毒，污染空气，装置D和F的作用是吸收SO2防止污染空气及防倒吸。
（3）加热时，装置A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应方程式是Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
（4）打开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，SO2具有漂白性，能使品红褪色，所以B中的现象是品红褪色；装置C中溶液由蓝色变为无色，说明碘分子与二氧化硫发生了氧化还原反应，I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，所以溶液中的离子主要是H＋、I－ 和SO42-；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化为SO42-，实验操作及现象是：取少量所得溶液于试管中再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。
（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是有白色沉淀产生，BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在强酸性条件下不能生成，所以白色沉淀的成分是BaSO4；浓硫酸的沸点为338 ℃，酒精灯火焰的温度为400～500 ℃，所以BaCl2溶液可能与硫酸蒸气反应生成了硫酸钡沉淀；也可能是SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，H2SO4再与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，故选bc；
（6）根据硫元素守恒有关系式SO2～BaSO4；设SO2的体积是VL
SO2 ～ BaSO4
22.4L 233g
VL 4.66 g
V=0.448L=448mL。
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