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【化学】广东省深圳四校发展联盟体2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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广东省深圳四校发展联盟体2018-2019学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量： O：16 K：39 Cl：35.5
第I卷(选择题,共48分)
一、单项选择题(本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分；每小题只有一个选项符合题意)
1.下表是某城市空气质量每周公报的部分内容。下列选项中不会对表中3个空气质量指标产生影响的是（ ）
项目
空气污染指数(API)
空气质量级别
空气质量描述
总悬浮颗粒
52
Ⅱ
良
二氧化硫
7
I
优
二氧化氮
24
I
优
A. 使用含磷洗衣粉 B. 汽车排放的尾气
C. 用煤和石油产品作燃料 D. 焚烧垃圾
【答案】A
【解析】
【分析】本题要根据空气质量每周公报的部分内容，判断产物对空气是否造成污染。表中说明可吸入颗粒、二氧化硫、二氧化氮都是空气污染物。
【详解】A．使用含磷洗衣粉会污染水，而不会污染空气，选项A选；
B．汽车排放的尾气还有较多的二氧化氮等有害物质，会对空气质量指标产生影响，选项B不选；
C．用煤和石油产品作燃料燃烧会有二氧化硫生成、烟尘等，会对空气质量指标产生影响，选项A不选；
D．焚烧垃圾会产生大量的可吸入颗粒和有害气体，会对空气质量指标产生影响，选项D不选；
答案选：A。
2.下列说法不正确的是（ ）
A. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个第Ⅷ族，共18纵行
B. 元素周期表中的所有过渡元素都是金属元素，过渡元素包含副族和第Ⅷ族
C. 第IA族又叫碱金属元素，第VIIA族元素又叫卤族元素
D. X2+ 的核外电子数目为18，则X在第四周期第ⅡA族
【答案】C
【详解】A、元素周期表共18个纵行，16个族，包含7个主族、7个副族、1个第Ⅷ族、1个零族，选项A正确；
B. 元素周期表中的所有过渡元素都是金属元素，过渡元素包含副族和第Ⅷ族，选项B正确；
C、第IA族（除氢外）又叫碱金属元素，第VIIA族元素又叫卤族元素，选项C不正确；
D、X2+的核外电子数为18，X的核外电子数为20，X的原子结构示意图为，X位于第四周期第IIA族，选项D正确。
答案选C。
3.下列递变规律正确的是（ ）
A. 密度：Cs>Rb>K>Na>Li B. 还原性：Mg>Na>Al
C. 碱性：KOH>NaOH>LiOH D. 还原性：Cl－ >Br－ > I－
【答案】C
【解析】
【分析】A．Na的密度大于K；
B、同周期从左到右，金属性减弱，单质的还原性减弱；
C、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
D、非金属性Cl＞Br＞I，则离子的还原性为I-＞Br-＞Cl-。
【详解】A．碱金属元素单质的密度从上到下呈递增趋势，但Na的密度大于K，选项A错误；
B、原子半径Na>Mg> Al，半径减小，失电子能力减弱，金属性Na>Mg> Al，单质的还原性减弱，所以还原性Na>Mg> Al，选项B错误；
C、金属性K＞Na＞Li，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性LiOH＜NaOH＜KOH，选项C正确；
D、因非金属性Cl＞Br＞I，则离子还原性为I-＞Br-＞Cl-，选项D错误；
答案选C。
4.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）
A. 碳在高温下与水蒸气反应 B. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应
C. 锌与稀盐酸的反应 D. 稀盐酸与NaOH溶液的反应
【答案】A
【详解】A．灼热的碳与高温水蒸气的反应为吸热反应，反应中C、H元素化合价变化，属于氧化还原反应，选项A选；
B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但该反应中各元素的化合价没有发生变化，选项B不选；
C．锌与稀盐酸的反应属于放热反应，选项C不选；
D．稀盐酸与NaOH溶液反应属于放热反应，选项D不选。
答案选A。
5.德国重离子研究中心人工合成的第 112 号元素的正式名称为“Copernicium”，相应的元素符号为“Cn” 。该元素的名称是为了纪念天文学家哥白尼而得名。该中心人工合成 Cn的过程可表示为：7030Zn+20882Pb=22782Cn+10n下列叙述中正确的是（ ）
A. 上述合成过程属于化学变化
B. Cn 元素的相对原子质量为 277
C. 22782Cn的原子核内中子数比质子数多 53
D. Cn 元素位于元素周期表的第六周期，是副族元素
【答案】C
【解析】
【分析】A．化学变化的最小微粒为原子，该反应前后原子的类型发生了变化；
B．元素的相对原子量与原子的相对原子量和在自然界中的含量有关，277只表示该原子的相对原子质量；
C．该原子的中子数=质量数-质子数，据此计算出中子数与质子数之差；
D．第118编号元素位于周期表中第七周期、零族，据此判断112号元素在周期表中的位置。
【详解】A．化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子类型发生了变化，不属于化学变化，选项A错误；
B．该Cn原子的相对原子质量为277，元素的相对原子量与原子的相对原子量和在自然界中的含量有关，选项B错误；
C．该原子的中子数=277-112，质子数比质子数多的数目为：277-112-112=53，选项C正确；
D．第118编号元素位于周期表中第七周期、零族，则112号元素位于第七周期、ⅡB族，选项D错误；
答案选C。
6.下列变化不需要破坏化学键的是（ ）
A. 加热分解氯化铵 B. 氯化氢溶于水
C. 水通电分解 D. 碘单质升华
【答案】D
【详解】A．加热氯化铵反应生成氨气和HCl，发生化学变化，化学键一定破坏，选项A不选；
B．氯化氢溶于水，发生电离，H-Cl共价键破坏，选项B不选；
C．电解水生成氢气、氧气，发生化学变化，化学键一定破坏，选项C不选；
D．碘单质升华，只破坏分子间作用力，不破坏化学键，选项D选；
答案选D。
7.下列说法正确的是（ ）
A. I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B. P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C. HClO具有强还原性，可用于自来水的消毒杀菌
D. SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【答案】B
【解析】
【分析】A．非金属性越强，气态氢化物越稳定；
B．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强；
C．HClO具有强氧化性可用于杀菌消毒；
D．酸性条件下，二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子。
【详解】A．I的原子半径大于Br，非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强，选项A错误；
B．P的非金属性强于Si，可知H3PO4 比H2SiO3 的酸性强，选项B正确；
C．HClO具有强氧化性可用于杀菌消毒，可用于自来水的杀菌消毒，选项C错误；
D．酸性条件下，二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，则SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液，只能得到BaSO4，选项D错误。
答案选B。
8.下列叙述中正确的是( )
A. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
B. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
C. 某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－
D. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋
【答案】A
【解析】试题分析：A、由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故A正确；B、具有氧化性，与KI反应生成单质碘的物质，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，不一定是氯气，故B错误；C、碘离子是无色的，某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明溶液中存在碘单质，故C错误；D、某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液可能含有Ag＋或SO，故D错误；故选A。
9.下列关于氮及其化合物的说法错误的是（ ）
A. N2化学性质稳定，可用作保护气
B. NO、NO2均为大气污染气体，在大气中可稳定存在
C. 可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏
D. HNO3具有强氧化性，可溶解铜、银等不活泼金属
【答案】B
【详解】A. N2分子中存在氮氮三键，化学性质比较稳定，选项A正确；
B. NO、NO2均为大气污染气体，其中NO遇氧气可以与之反应生成NO2，选项B错误；
C.浓盐酸易挥发，与氨气反立生成氯化铵，可以看到白烟，可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏，选项C正确；
D、HNO3具有强氧化性，可以与铜和银反应，所以可溶解铜、银等不活泼金属，选项D正确。
答案选B。
10.下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（ ）
A. 在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大难挥发性
B. 在加热条件下铜与浓硫酸反应强氧化性、酸性
C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成吸水性
D. 浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色脱水性
【答案】B
【解析】试题分析：A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；B．在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，硫元素化合价部分变化，体现浓硫酸的强的氧化性和酸性，故B正确；C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；D．硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故D错误；故选B。
11.元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期， X+与Z2-具有相同核外电子层结构。下列推测不正确的是（ ）
A. 三种元素按原子个数比1：1：1所形成的化合物含有共价键
B. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
C. 、形成的化合物一定只含离子键
D. 离子半径：Y＞ Z＞ X
【答案】C
【详解】元素X、Y、Z原子序数之和为36，由于第四周期两元素原子序数最小为19+20=39，故X、Y、Z为短周期元素，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子层结构，可推知Z处于第二周期，X、Y处于第三周期，结合离子电荷可知，X为Na，Z为O，则Y原子序数为36-11-8=17，故Y为Cl，
A．三种元素按原子个数比1：1：1所形成的化合物为NaClO，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，选项A正确；
B．Y为Cl，同周期中Cl元素非金属性最强，其最高价含氧酸的酸性最强，选项B正确；
C．Na、O形成的过氧化钠中还愿意离子键、共价键，选项C不正确；
D．Y的离子比X、Z的离子多一个电子层，半径最大，具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故离子半径：Y＞ Z＞ X，选项D正确。
答案选C。
12.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
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
【答案】D
【解析】试题分析：A、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，A错误；B、浓盐酸与MnO2制氯气需要加热，且由于浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，B错误；C、铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，NO2要用氢氧化钠溶液吸收，水不能完全吸收，C错误；D、浓硫酸可以与亚硫酸反应，生成二氧化硫，SO2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，SO2气体会污染空气，所以要吸收尾气，D正确；答案选D。
13.如图所示，将SO2通入下列不同溶液中，实验现象与所得结论均正确的是（ ）
溶液
实验现象
实验结论
A
NaOH溶液
无明显现象
SO2与NaOH
溶液不反应
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
紫色石蕊试液
溶液先变红，
后褪色
SO2的水溶液呈酸性，
且SO2有漂白性
【答案】B
【详解】A、二氧化硫为酸性氧化物，能跟氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，但无明显现象，选项A错误；
B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，选项B正确；
C、酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性，选项C错误；
D、二氧化硫使紫色石蕊试液变红后不褪色，结论为亚硫酸有酸性，但不能因此说没有漂白性，因为二氧化硫的漂白有一定的选择性，不能漂白石蕊等，选项D错误；
答案选B。
14.利用二氧化铈(CeO2)在太阳能的作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：mCeO2(m-x)CeO·xCe+xO2、(m-x)CeO2·xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO。下列说法不正确的是（ ）
A. CeO2·xCe是该反应的催化剂 B. 该过程中CeO2没有消耗
C. 该过程实现了太阳能向化学能的转化 D. O2在第一个反应中作氧化产物
【答案】A
【解析】A．CeO2·xCe是中间产物，该反应的催化剂是CeO2，A错误；B．由①+②得总反应H2O+CO2＝O2+H2+CO，可知该过程中CeO2没有消耗，B正确；C．二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，实现了太阳能向化学能的转化，C正确；D．第一个反应中氧元素化合价升高，O2在第一个反应中作氧化产物，D正确，答案选A。
15.如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说法不正确的是（ ）
A. 通常情况下，N2比NO稳定
B. “雷雨发庄稼”中涉及到N2(g)和O2(g)的反应
C. 1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为179.3kJ
D. NO是酸性氧化物,可直接用氢氧化钠溶液吸收而除去
【答案】D
【解析】A. 氮气中键能很大，通常情况下，N2比NO稳定，A正确；B. “雷雨发庄稼”中涉及到N2(g)和O2(g)的反应生成NO，B正确；C. 1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为946kJ+497.3kJ－2×632kJ＝179.3kJ，C正确；D. NO不是酸性氧化物，与氢氧化钠溶液不反应，D错误，答案选D。
16.现有W、X、Y、Z四种短周期元素，W分别于X、Y、 Z结合生成甲、 乙、丙三种化合物，且每个甲、乙、丙分子中均含10个电子，Y和Z化合生成丁，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是（）
A. 原子序数由小到大的顺序是：W
C. 元素的非金属性：W
【答案】B
【解析】
【分析】W与XYZ可形成10电子分子，可推断W为H。10电子分子为化合物的有:CH4，NH3，H2O，HF。由 X单质与乙反应为置换反应，可推测其为F2与H2O的反应，Y单质为O2。甲为HF。则X为F，Y 为O， Z可能为N或者C。
【详解】A. 根据分析可知，W、X、Y、Z分别为H、F、O、N或C，原子序数由小到大的顺序为：W
C. W、X、Y、Z分别为H、F、O、N或C，同周期中原子序数越大，非金属性越强，元素的非金属性：W
答案为B
第Ⅱ卷(非选择题，共 52 分)
二．非选择题(本大题包括 4题，共52分)
17.非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题。
⑴若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。
①D的化学式是________________；
②在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后形成了________而污染了环境。
⑵若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。
①A、C的化学式分别是：A___________；C _______________。
②请写出C→D的反应化学方程式_______________________________ 。该反应与中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。
【答案】(1). H2SO4 (2). 酸雨 (3). N2 (4). NO2 (5). 3 NO2+ H2O ==2HNO3 + NO (6). 1： 2
【解析】
【分析】根据非金属单质可以实现上述题目转化的分别有C、S、N2，2C+O2=2CO、2CO+O2=2CO2；S+O2=SO2、2SO2+O2=2SO3；N2+O2=2NO、2NO+O2=2NO2；
D为强酸，则不会是碳单质的转化；
（1）①若A是常温下的淡黄色固体，A是非金属单质，判断为S，B是有刺激性气味的无色气体可知B为二氧化硫，然后依据题目可以准确做出答案；
②SO2被雨水吸收后生成H2SO3和H2SO4，即形成酸雨；
（2）①A在常温下为气体，C是红棕色气体．据此知道含氧气体红棕色的只有NO2；
②C→D的反应是二氧化氮与水反生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂。
【详解】根据非金属单质可以实现上述题目转化的分别有C、S、N2，2C+O2=2CO、2CO+O2=2CO2；S+O2=SO2、2SO2+O2=2SO3；N2+O2=2NO、2NO+O2=2NO2；
D为强酸，则不会是碳单质的转化；
（1）①若A是常温下的淡黄色固体，A是非金属单质，判断为S，B是有刺激性气味的无色气体可知B为二氧化硫SO2，C为SO3，D为H2SO4；故答案为：H2SO4；
②SO2被雨水吸收后生成H2SO3和H2SO4，即形成酸雨，故答案为：酸雨；
（2）①A在常温下为气体，C是红棕色气体。据此知道含氧气体红棕色的只有NO2，故答案为：N2；NO2；
②C→D的反应是二氧化氮与水反生成硝酸和一氧化氮，反应化学方程式为3NO2+ H2O =2HNO3 + NO；根据反应3NO2+ H2O =2HNO3 + NO可知，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1： 2。
18.下表是元素周期表的一部分，请用标出的元素回答有关问题：
主族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
⑩
⑴表中给出的化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为 __________________。
⑵表中能形成两性氢氧化物的元素是 ___________ (用元素符号表示)，写出该元素形成的单质与⑨最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：_______________________。
⑶ 用电子式表示④元素与⑦元素形成化合物的过程 ___________________________ 。
⑷写出②的最高价氧化物对应的水化物与其简单气态氢化物反应的生成物的化学式___________ 。
⑸③元素与⑩元素两者核电荷数之差是______________ 。
⑹为探究元素性质的递变规律，某化学兴趣小组将NaOH 溶液与NH4Cl 溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH 的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？并说明理由。______ ；_______________ 。
【答案】 (1). (2). Al (3). 2Al+ 2OH－ + 2H2O ＝2AlO2－+3H2↑ (4). (5). NH4NO3 (6). 2 (7). 不合理 (8). NH3·H2O并非为N的最高价氧化物对应的水化物
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Mg，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br。
（1）Ar的最外层电子数为8，为稳定结构，则化学性质不活泼，其原子结构示意图为；
（2）上述元素中只有Al的氢氧化物为两性，该元素形成的单质与⑨最高价氧化物对应的水化物KOH反应的离子方程式为2Al+ 2OH－ + 2H2O ＝2AlO2－+3H2↑；
⑶ 用电子式表示④Mg元素与⑦Cl元素形成化合物MgCl2的过程为；
⑷②的最高价氧化物对应的水化物HNO3与其简单气态氢化物NH3反应的生成物硝酸铵的化学式为NH4NO3 ；
（5）③为F元素，核电核数为9， ⑩为Br ，核电核数为35，故两者核电荷数之差是26；
⑹为探究元素性质的递变规律，某化学兴趣小组将NaOH 溶液与NH4Cl 溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH 的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，设计不合理，因为NH3·H2O并非为N的最高价氧化物对应的水化物。
19.氮元素形成的化合物种类十分丰富。
⑴请回答下列有关NH3的问题：
①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为：________________
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择下图中的装置，其连接顺序为：a → ___________(按气流方向，用小写字母表示)。
③ 氨气的催化氧化的化学方程式为___________________________________________
⑵ 工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2 ，原理如下图所示
写出 NO2 被吸收过程的离子方程式：__________________________________ 。
【答案】(1). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (2). c→b→e→d→h (3). 4NH3 + 4 O 2 4NO +6H2O (4). 2NO2 +4SO32－== N2 +4SO42－
【详解】（1）①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
②欲收集一瓶干燥的氨气，发生装置制取的氨气中混有水蒸气，用碱石灰进行干燥，然后用向下排空气法收集，因为NH3有毒，污染空气，因此必须尾气处理，其连接顺序为：a →c→b→e→d→h；
③ 氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3 + 4 O 2 4NO +6H2O；
⑵NO2 被吸收过程NO2转化成N2，SO32－被氧化成SO42－，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2NO2 +4SO32－= N2 +4SO42－。
20.氯气与碱溶液反应，在低温、稀碱溶液中主要产物是ClO－和Cl－，在75℃以上、浓碱溶液中主要产物是ClO3－和Cl－。研究小组用如下实验装置制取氯酸钾(KClO3)，并测定其纯度。(夹持装置已省略)
a为浓盐酸，b为MnO2，c为饱和食盐水， d为30%KOH溶液，e为NaOH溶液
回答下列问题：
(1)检查装置气密性后，添加药品，待装置III水温升至75℃开始反应。
①装置I中反应的化学方程式为_______________________________________ 。
②若取消装置II，对本实验的影响是__________________________________________ 。
③实验结束，拆解装置I前为了防止大量氯气逸出，可采取的措施是__________________。
④从装置III的试管中分离得到KClO3粗产品，其中混有的杂质是KClO和______________。
(2)为测定产品KClO3的纯度，进行如下实验：
步骤1：取2.45g样品溶于水配成250mL溶液。
步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，调至pH=10， 滴加足量H2O2溶液充分振荡以除尽ClO－。然后煮沸溶液1～2分钟，冷却。
步骤3：加入过量KI溶液，再逐滴加入足量稀硫酸。(ClO3－+6I－+6H+=Cl－+3I2+3H2O)
步骤4：加入指示剂，用0.5000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。 (2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)
①步骤2中除去C1O－的离子方程式是__________________________________。
②样品中KClO3的貭量分数为____________。(保留三位有效数字，KClO3式量：122.5)
【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O (2). 杂质 HCl 气体消耗氢氧化钾，使 KClO3 产率降低 (3). 将装置Ⅳ中的溶液(或将NaOH溶液)从分液漏斗中注入圆底烧瓶 (4). KCl (5). ClO－+H2O2 O2↑+Cl－+H2O (6). 83.3%
【解析】
【分析】氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO-和Cl-，在75℃以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-．利用装置Ⅰ制备氯气，通过装置Ⅱ中的饱和Ⅱ水除去氯气中杂质气体HCl，氯气通入装置Ⅲ的d装置中的氢氧化钾溶液控制温度75℃以上发生反应生成氯酸钾，剩余氯气通过装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气，避免污染空气，
（1）①Ⅰ中是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气的发生装置；
②装置Ⅱ是饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢气体，避免影响生成氯酸钾的产量；
③拆解装置Ⅰ前为了防止大量氯气逸出，可以利用装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液从分液漏斗加入吸收剩余的氯气；
④在75℃以上氯气和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-，所以混有杂质为氯化钾；
（2）已知碱性条件下，ClO-有强氧化性，而ClO3-氧化性很弱，碱性条件下，H2O2能被ClO-氧化，而不能被ClO3-氧化，结合生成产物的性质和检验设计实验方案；
①测定产品KClO3的纯度，样品中含次氯酸钾，加入过氧化氢会和次氯酸根离子发生反应，煮沸过程中过氧化氢分解生成水和氧气；
②ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O，2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，依据离子方程式定量关系计算，注意溶液体积的变化。
【详解】氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO-和Cl-，在75℃以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-．利用装置Ⅰ制备氯气，通过装置Ⅱ中饱和Ⅱ水除去氯气中杂质气体HCl，氯气通入装置Ⅲ的d装置中的氢氧化钾溶液控制温度75℃以上发生反应生成氯酸钾，剩余氯气通过装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气，避免污染空气。
（1）①Ⅰ中是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气发生装置，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O；
②装置Ⅱ是饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢气体，避免影响生成氯酸钾的产量，若取消装置Ⅱ，对本实验的影响是杂质HCl气体消耗氢氧化钾，使KClO3产率降低，
故答案为；杂质HCl气体消耗氢氧化钾，使KClO3产率降低；
③拆解装置Ⅰ前为了防止大量氯气逸出，可以利用装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液从分液漏斗加入吸收剩余的氯气，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，将装置Ⅳ中的溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶吸收剩余氯气，
故答案为：将装置Ⅳ中的溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶；
④在75℃以上氯气和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-，所以混有杂质为氯化钾，
故答案为：KCl；
（2）已知碱性条件下，ClO-有强氧化性，而ClO3-氧化性很弱，碱性条件下，H2O2能被ClO-氧化，而不能被ClO3-氧化，结合生成产物的性质和检验设计实验方案；
①测定产品KClO3的纯度，样品中含次氯酸钾，加入过氧化氢会和次氯酸根离子发生反应，反应的离子方程式为：ClO－+H2O2 O2↑+Cl－+H2O；
②ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O，2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，依据离子方程式定量关系计算，
ClO3-～3I2～6 S2O32-，
1 6
n 0.5000mol/L ×0.02000L
n=mol，
250mL溶液中所含KClO3的物质的量=mol×=mol，
2.45g样品中KClO3的含量=×100%=83.3%。
可能用到的相对原子质量： O：16 K：39 Cl：35.5
第I卷(选择题,共48分)
一、单项选择题(本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分；每小题只有一个选项符合题意)
1.下表是某城市空气质量每周公报的部分内容。下列选项中不会对表中3个空气质量指标产生影响的是（ ）
项目
空气污染指数(API)
空气质量级别
空气质量描述
总悬浮颗粒
52
Ⅱ
良
二氧化硫
7
I
优
二氧化氮
24
I
优
A. 使用含磷洗衣粉 B. 汽车排放的尾气
C. 用煤和石油产品作燃料 D. 焚烧垃圾
【答案】A
【解析】
【分析】本题要根据空气质量每周公报的部分内容，判断产物对空气是否造成污染。表中说明可吸入颗粒、二氧化硫、二氧化氮都是空气污染物。
【详解】A．使用含磷洗衣粉会污染水，而不会污染空气，选项A选；
B．汽车排放的尾气还有较多的二氧化氮等有害物质，会对空气质量指标产生影响，选项B不选；
C．用煤和石油产品作燃料燃烧会有二氧化硫生成、烟尘等，会对空气质量指标产生影响，选项A不选；
D．焚烧垃圾会产生大量的可吸入颗粒和有害气体，会对空气质量指标产生影响，选项D不选；
答案选：A。
2.下列说法不正确的是（ ）
A. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个第Ⅷ族，共18纵行
B. 元素周期表中的所有过渡元素都是金属元素，过渡元素包含副族和第Ⅷ族
C. 第IA族又叫碱金属元素，第VIIA族元素又叫卤族元素
D. X2+ 的核外电子数目为18，则X在第四周期第ⅡA族
【答案】C
【详解】A、元素周期表共18个纵行，16个族，包含7个主族、7个副族、1个第Ⅷ族、1个零族，选项A正确；
B. 元素周期表中的所有过渡元素都是金属元素，过渡元素包含副族和第Ⅷ族，选项B正确；
C、第IA族（除氢外）又叫碱金属元素，第VIIA族元素又叫卤族元素，选项C不正确；
D、X2+的核外电子数为18，X的核外电子数为20，X的原子结构示意图为，X位于第四周期第IIA族，选项D正确。
答案选C。
3.下列递变规律正确的是（ ）
A. 密度：Cs>Rb>K>Na>Li B. 还原性：Mg>Na>Al
C. 碱性：KOH>NaOH>LiOH D. 还原性：Cl－ >Br－ > I－
【答案】C
【解析】
【分析】A．Na的密度大于K；
B、同周期从左到右，金属性减弱，单质的还原性减弱；
C、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
D、非金属性Cl＞Br＞I，则离子的还原性为I-＞Br-＞Cl-。
【详解】A．碱金属元素单质的密度从上到下呈递增趋势，但Na的密度大于K，选项A错误；
B、原子半径Na>Mg> Al，半径减小，失电子能力减弱，金属性Na>Mg> Al，单质的还原性减弱，所以还原性Na>Mg> Al，选项B错误；
C、金属性K＞Na＞Li，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性LiOH＜NaOH＜KOH，选项C正确；
D、因非金属性Cl＞Br＞I，则离子还原性为I-＞Br-＞Cl-，选项D错误；
答案选C。
4.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）
A. 碳在高温下与水蒸气反应 B. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应
C. 锌与稀盐酸的反应 D. 稀盐酸与NaOH溶液的反应
【答案】A
【详解】A．灼热的碳与高温水蒸气的反应为吸热反应，反应中C、H元素化合价变化，属于氧化还原反应，选项A选；
B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但该反应中各元素的化合价没有发生变化，选项B不选；
C．锌与稀盐酸的反应属于放热反应，选项C不选；
D．稀盐酸与NaOH溶液反应属于放热反应，选项D不选。
答案选A。
5.德国重离子研究中心人工合成的第 112 号元素的正式名称为“Copernicium”，相应的元素符号为“Cn” 。该元素的名称是为了纪念天文学家哥白尼而得名。该中心人工合成 Cn的过程可表示为：7030Zn+20882Pb=22782Cn+10n下列叙述中正确的是（ ）
A. 上述合成过程属于化学变化
B. Cn 元素的相对原子质量为 277
C. 22782Cn的原子核内中子数比质子数多 53
D. Cn 元素位于元素周期表的第六周期，是副族元素
【答案】C
【解析】
【分析】A．化学变化的最小微粒为原子，该反应前后原子的类型发生了变化；
B．元素的相对原子量与原子的相对原子量和在自然界中的含量有关，277只表示该原子的相对原子质量；
C．该原子的中子数=质量数-质子数，据此计算出中子数与质子数之差；
D．第118编号元素位于周期表中第七周期、零族，据此判断112号元素在周期表中的位置。
【详解】A．化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子类型发生了变化，不属于化学变化，选项A错误；
B．该Cn原子的相对原子质量为277，元素的相对原子量与原子的相对原子量和在自然界中的含量有关，选项B错误；
C．该原子的中子数=277-112，质子数比质子数多的数目为：277-112-112=53，选项C正确；
D．第118编号元素位于周期表中第七周期、零族，则112号元素位于第七周期、ⅡB族，选项D错误；
答案选C。
6.下列变化不需要破坏化学键的是（ ）
A. 加热分解氯化铵 B. 氯化氢溶于水
C. 水通电分解 D. 碘单质升华
【答案】D
【详解】A．加热氯化铵反应生成氨气和HCl，发生化学变化，化学键一定破坏，选项A不选；
B．氯化氢溶于水，发生电离，H-Cl共价键破坏，选项B不选；
C．电解水生成氢气、氧气，发生化学变化，化学键一定破坏，选项C不选；
D．碘单质升华，只破坏分子间作用力，不破坏化学键，选项D选；
答案选D。
7.下列说法正确的是（ ）
A. I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B. P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C. HClO具有强还原性，可用于自来水的消毒杀菌
D. SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【答案】B
【解析】
【分析】A．非金属性越强，气态氢化物越稳定；
B．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强；
C．HClO具有强氧化性可用于杀菌消毒；
D．酸性条件下，二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子。
【详解】A．I的原子半径大于Br，非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强，选项A错误；
B．P的非金属性强于Si，可知H3PO4 比H2SiO3 的酸性强，选项B正确；
C．HClO具有强氧化性可用于杀菌消毒，可用于自来水的杀菌消毒，选项C错误；
D．酸性条件下，二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，则SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液，只能得到BaSO4，选项D错误。
答案选B。
8.下列叙述中正确的是( )
A. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
B. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
C. 某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－
D. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋
【答案】A
【解析】试题分析：A、由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故A正确；B、具有氧化性，与KI反应生成单质碘的物质，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，不一定是氯气，故B错误；C、碘离子是无色的，某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明溶液中存在碘单质，故C错误；D、某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液可能含有Ag＋或SO，故D错误；故选A。
9.下列关于氮及其化合物的说法错误的是（ ）
A. N2化学性质稳定，可用作保护气
B. NO、NO2均为大气污染气体，在大气中可稳定存在
C. 可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏
D. HNO3具有强氧化性，可溶解铜、银等不活泼金属
【答案】B
【详解】A. N2分子中存在氮氮三键，化学性质比较稳定，选项A正确；
B. NO、NO2均为大气污染气体，其中NO遇氧气可以与之反应生成NO2，选项B错误；
C.浓盐酸易挥发，与氨气反立生成氯化铵，可以看到白烟，可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏，选项C正确；
D、HNO3具有强氧化性，可以与铜和银反应，所以可溶解铜、银等不活泼金属，选项D正确。
答案选B。
10.下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（ ）
A. 在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大难挥发性
B. 在加热条件下铜与浓硫酸反应强氧化性、酸性
C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成吸水性
D. 浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色脱水性
【答案】B
【解析】试题分析：A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；B．在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，硫元素化合价部分变化，体现浓硫酸的强的氧化性和酸性，故B正确；C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；D．硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故D错误；故选B。
11.元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期， X+与Z2-具有相同核外电子层结构。下列推测不正确的是（ ）
A. 三种元素按原子个数比1：1：1所形成的化合物含有共价键
B. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
C. 、形成的化合物一定只含离子键
D. 离子半径：Y＞ Z＞ X
【答案】C
【详解】元素X、Y、Z原子序数之和为36，由于第四周期两元素原子序数最小为19+20=39，故X、Y、Z为短周期元素，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子层结构，可推知Z处于第二周期，X、Y处于第三周期，结合离子电荷可知，X为Na，Z为O，则Y原子序数为36-11-8=17，故Y为Cl，
A．三种元素按原子个数比1：1：1所形成的化合物为NaClO，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，选项A正确；
B．Y为Cl，同周期中Cl元素非金属性最强，其最高价含氧酸的酸性最强，选项B正确；
C．Na、O形成的过氧化钠中还愿意离子键、共价键，选项C不正确；
D．Y的离子比X、Z的离子多一个电子层，半径最大，具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故离子半径：Y＞ Z＞ X，选项D正确。
答案选C。
12.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
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
【答案】D
【解析】试题分析：A、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，A错误；B、浓盐酸与MnO2制氯气需要加热，且由于浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，B错误；C、铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，NO2要用氢氧化钠溶液吸收，水不能完全吸收，C错误；D、浓硫酸可以与亚硫酸反应，生成二氧化硫，SO2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，SO2气体会污染空气，所以要吸收尾气，D正确；答案选D。
13.如图所示，将SO2通入下列不同溶液中，实验现象与所得结论均正确的是（ ）
溶液
实验现象
实验结论
A
NaOH溶液
无明显现象
SO2与NaOH
溶液不反应
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
紫色石蕊试液
溶液先变红，
后褪色
SO2的水溶液呈酸性，
且SO2有漂白性
【答案】B
【详解】A、二氧化硫为酸性氧化物，能跟氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，但无明显现象，选项A错误；
B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，选项B正确；
C、酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性，选项C错误；
D、二氧化硫使紫色石蕊试液变红后不褪色，结论为亚硫酸有酸性，但不能因此说没有漂白性，因为二氧化硫的漂白有一定的选择性，不能漂白石蕊等，选项D错误；
答案选B。
14.利用二氧化铈(CeO2)在太阳能的作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：mCeO2(m-x)CeO·xCe+xO2、(m-x)CeO2·xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO。下列说法不正确的是（ ）
A. CeO2·xCe是该反应的催化剂 B. 该过程中CeO2没有消耗
C. 该过程实现了太阳能向化学能的转化 D. O2在第一个反应中作氧化产物
【答案】A
【解析】A．CeO2·xCe是中间产物，该反应的催化剂是CeO2，A错误；B．由①+②得总反应H2O+CO2＝O2+H2+CO，可知该过程中CeO2没有消耗，B正确；C．二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，实现了太阳能向化学能的转化，C正确；D．第一个反应中氧元素化合价升高，O2在第一个反应中作氧化产物，D正确，答案选A。
15.如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说法不正确的是（ ）
A. 通常情况下，N2比NO稳定
B. “雷雨发庄稼”中涉及到N2(g)和O2(g)的反应
C. 1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为179.3kJ
D. NO是酸性氧化物,可直接用氢氧化钠溶液吸收而除去
【答案】D
【解析】A. 氮气中键能很大，通常情况下，N2比NO稳定，A正确；B. “雷雨发庄稼”中涉及到N2(g)和O2(g)的反应生成NO，B正确；C. 1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为946kJ+497.3kJ－2×632kJ＝179.3kJ，C正确；D. NO不是酸性氧化物，与氢氧化钠溶液不反应，D错误，答案选D。
16.现有W、X、Y、Z四种短周期元素，W分别于X、Y、 Z结合生成甲、 乙、丙三种化合物，且每个甲、乙、丙分子中均含10个电子，Y和Z化合生成丁，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是（）
A. 原子序数由小到大的顺序是：W
C. 元素的非金属性：W
【答案】B
【解析】
【分析】W与XYZ可形成10电子分子，可推断W为H。10电子分子为化合物的有:CH4，NH3，H2O，HF。由 X单质与乙反应为置换反应，可推测其为F2与H2O的反应，Y单质为O2。甲为HF。则X为F，Y 为O， Z可能为N或者C。
【详解】A. 根据分析可知，W、X、Y、Z分别为H、F、O、N或C，原子序数由小到大的顺序为：W
C. W、X、Y、Z分别为H、F、O、N或C，同周期中原子序数越大，非金属性越强，元素的非金属性：W
答案为B
第Ⅱ卷(非选择题，共 52 分)
二．非选择题(本大题包括 4题，共52分)
17.非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题。
⑴若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。
①D的化学式是________________；
②在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后形成了________而污染了环境。
⑵若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。
①A、C的化学式分别是：A___________；C _______________。
②请写出C→D的反应化学方程式_______________________________ 。该反应与中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。
【答案】(1). H2SO4 (2). 酸雨 (3). N2 (4). NO2 (5). 3 NO2+ H2O ==2HNO3 + NO (6). 1： 2
【解析】
【分析】根据非金属单质可以实现上述题目转化的分别有C、S、N2，2C+O2=2CO、2CO+O2=2CO2；S+O2=SO2、2SO2+O2=2SO3；N2+O2=2NO、2NO+O2=2NO2；
D为强酸，则不会是碳单质的转化；
（1）①若A是常温下的淡黄色固体，A是非金属单质，判断为S，B是有刺激性气味的无色气体可知B为二氧化硫，然后依据题目可以准确做出答案；
②SO2被雨水吸收后生成H2SO3和H2SO4，即形成酸雨；
（2）①A在常温下为气体，C是红棕色气体．据此知道含氧气体红棕色的只有NO2；
②C→D的反应是二氧化氮与水反生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂。
【详解】根据非金属单质可以实现上述题目转化的分别有C、S、N2，2C+O2=2CO、2CO+O2=2CO2；S+O2=SO2、2SO2+O2=2SO3；N2+O2=2NO、2NO+O2=2NO2；
D为强酸，则不会是碳单质的转化；
（1）①若A是常温下的淡黄色固体，A是非金属单质，判断为S，B是有刺激性气味的无色气体可知B为二氧化硫SO2，C为SO3，D为H2SO4；故答案为：H2SO4；
②SO2被雨水吸收后生成H2SO3和H2SO4，即形成酸雨，故答案为：酸雨；
（2）①A在常温下为气体，C是红棕色气体。据此知道含氧气体红棕色的只有NO2，故答案为：N2；NO2；
②C→D的反应是二氧化氮与水反生成硝酸和一氧化氮，反应化学方程式为3NO2+ H2O =2HNO3 + NO；根据反应3NO2+ H2O =2HNO3 + NO可知，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1： 2。
18.下表是元素周期表的一部分，请用标出的元素回答有关问题：
主族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
⑩
⑴表中给出的化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为 __________________。
⑵表中能形成两性氢氧化物的元素是 ___________ (用元素符号表示)，写出该元素形成的单质与⑨最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：_______________________。
⑶ 用电子式表示④元素与⑦元素形成化合物的过程 ___________________________ 。
⑷写出②的最高价氧化物对应的水化物与其简单气态氢化物反应的生成物的化学式___________ 。
⑸③元素与⑩元素两者核电荷数之差是______________ 。
⑹为探究元素性质的递变规律，某化学兴趣小组将NaOH 溶液与NH4Cl 溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH 的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？并说明理由。______ ；_______________ 。
【答案】 (1). (2). Al (3). 2Al+ 2OH－ + 2H2O ＝2AlO2－+3H2↑ (4). (5). NH4NO3 (6). 2 (7). 不合理 (8). NH3·H2O并非为N的最高价氧化物对应的水化物
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Mg，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br。
（1）Ar的最外层电子数为8，为稳定结构，则化学性质不活泼，其原子结构示意图为；
（2）上述元素中只有Al的氢氧化物为两性，该元素形成的单质与⑨最高价氧化物对应的水化物KOH反应的离子方程式为2Al+ 2OH－ + 2H2O ＝2AlO2－+3H2↑；
⑶ 用电子式表示④Mg元素与⑦Cl元素形成化合物MgCl2的过程为；
⑷②的最高价氧化物对应的水化物HNO3与其简单气态氢化物NH3反应的生成物硝酸铵的化学式为NH4NO3 ；
（5）③为F元素，核电核数为9， ⑩为Br ，核电核数为35，故两者核电荷数之差是26；
⑹为探究元素性质的递变规律，某化学兴趣小组将NaOH 溶液与NH4Cl 溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH 的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，设计不合理，因为NH3·H2O并非为N的最高价氧化物对应的水化物。
19.氮元素形成的化合物种类十分丰富。
⑴请回答下列有关NH3的问题：
①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为：________________
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择下图中的装置，其连接顺序为：a → ___________(按气流方向，用小写字母表示)。
③ 氨气的催化氧化的化学方程式为___________________________________________
⑵ 工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2 ，原理如下图所示
写出 NO2 被吸收过程的离子方程式：__________________________________ 。
【答案】(1). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (2). c→b→e→d→h (3). 4NH3 + 4 O 2 4NO +6H2O (4). 2NO2 +4SO32－== N2 +4SO42－
【详解】（1）①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
②欲收集一瓶干燥的氨气，发生装置制取的氨气中混有水蒸气，用碱石灰进行干燥，然后用向下排空气法收集，因为NH3有毒，污染空气，因此必须尾气处理，其连接顺序为：a →c→b→e→d→h；
③ 氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3 + 4 O 2 4NO +6H2O；
⑵NO2 被吸收过程NO2转化成N2，SO32－被氧化成SO42－，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2NO2 +4SO32－= N2 +4SO42－。
20.氯气与碱溶液反应，在低温、稀碱溶液中主要产物是ClO－和Cl－，在75℃以上、浓碱溶液中主要产物是ClO3－和Cl－。研究小组用如下实验装置制取氯酸钾(KClO3)，并测定其纯度。(夹持装置已省略)
a为浓盐酸，b为MnO2，c为饱和食盐水， d为30%KOH溶液，e为NaOH溶液
回答下列问题：
(1)检查装置气密性后，添加药品，待装置III水温升至75℃开始反应。
①装置I中反应的化学方程式为_______________________________________ 。
②若取消装置II，对本实验的影响是__________________________________________ 。
③实验结束，拆解装置I前为了防止大量氯气逸出，可采取的措施是__________________。
④从装置III的试管中分离得到KClO3粗产品，其中混有的杂质是KClO和______________。
(2)为测定产品KClO3的纯度，进行如下实验：
步骤1：取2.45g样品溶于水配成250mL溶液。
步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，调至pH=10， 滴加足量H2O2溶液充分振荡以除尽ClO－。然后煮沸溶液1～2分钟，冷却。
步骤3：加入过量KI溶液，再逐滴加入足量稀硫酸。(ClO3－+6I－+6H+=Cl－+3I2+3H2O)
步骤4：加入指示剂，用0.5000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。 (2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)
①步骤2中除去C1O－的离子方程式是__________________________________。
②样品中KClO3的貭量分数为____________。(保留三位有效数字，KClO3式量：122.5)
【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O (2). 杂质 HCl 气体消耗氢氧化钾，使 KClO3 产率降低 (3). 将装置Ⅳ中的溶液(或将NaOH溶液)从分液漏斗中注入圆底烧瓶 (4). KCl (5). ClO－+H2O2 O2↑+Cl－+H2O (6). 83.3%
【解析】
【分析】氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO-和Cl-，在75℃以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-．利用装置Ⅰ制备氯气，通过装置Ⅱ中的饱和Ⅱ水除去氯气中杂质气体HCl，氯气通入装置Ⅲ的d装置中的氢氧化钾溶液控制温度75℃以上发生反应生成氯酸钾，剩余氯气通过装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气，避免污染空气，
（1）①Ⅰ中是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气的发生装置；
②装置Ⅱ是饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢气体，避免影响生成氯酸钾的产量；
③拆解装置Ⅰ前为了防止大量氯气逸出，可以利用装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液从分液漏斗加入吸收剩余的氯气；
④在75℃以上氯气和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-，所以混有杂质为氯化钾；
（2）已知碱性条件下，ClO-有强氧化性，而ClO3-氧化性很弱，碱性条件下，H2O2能被ClO-氧化，而不能被ClO3-氧化，结合生成产物的性质和检验设计实验方案；
①测定产品KClO3的纯度，样品中含次氯酸钾，加入过氧化氢会和次氯酸根离子发生反应，煮沸过程中过氧化氢分解生成水和氧气；
②ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O，2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，依据离子方程式定量关系计算，注意溶液体积的变化。
【详解】氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO-和Cl-，在75℃以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-．利用装置Ⅰ制备氯气，通过装置Ⅱ中饱和Ⅱ水除去氯气中杂质气体HCl，氯气通入装置Ⅲ的d装置中的氢氧化钾溶液控制温度75℃以上发生反应生成氯酸钾，剩余氯气通过装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气，避免污染空气。
（1）①Ⅰ中是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气发生装置，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O；
②装置Ⅱ是饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢气体，避免影响生成氯酸钾的产量，若取消装置Ⅱ，对本实验的影响是杂质HCl气体消耗氢氧化钾，使KClO3产率降低，
故答案为；杂质HCl气体消耗氢氧化钾，使KClO3产率降低；
③拆解装置Ⅰ前为了防止大量氯气逸出，可以利用装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液从分液漏斗加入吸收剩余的氯气，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，将装置Ⅳ中的溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶吸收剩余氯气，
故答案为：将装置Ⅳ中的溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶；
④在75℃以上氯气和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-，所以混有杂质为氯化钾，
故答案为：KCl；
（2）已知碱性条件下，ClO-有强氧化性，而ClO3-氧化性很弱，碱性条件下，H2O2能被ClO-氧化，而不能被ClO3-氧化，结合生成产物的性质和检验设计实验方案；
①测定产品KClO3的纯度，样品中含次氯酸钾，加入过氧化氢会和次氯酸根离子发生反应，反应的离子方程式为：ClO－+H2O2 O2↑+Cl－+H2O；
②ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O，2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，依据离子方程式定量关系计算，
ClO3-～3I2～6 S2O32-，
1 6
n 0.5000mol/L ×0.02000L
n=mol，
250mL溶液中所含KClO3的物质的量=mol×=mol，
2.45g样品中KClO3的含量=×100%=83.3%。
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