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天津市耀华中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题
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天津市耀华中学2019-2020学年度第一学期期末考试
高一年级化学学科试卷
Ⅰ卷（60分）
可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 K-39 Fe-56
一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )
A. BF3 B. H2O C. SiCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】
【详解】A、BF3中B与F共形成3对共用电子对，所以B原子最外层不满足8电子结构，错误；
B、水分子中的H原子不满足8电子结构，错误；
C、四氯化硅分子中，Si与4个Cl原子形成4个共用电子对，所以Si原子达到8电子结构，每个Cl原子与Si形成1对共用电子对，达到8电子结构，正确；
D、五氯化磷分子中，每个Cl原子与P原子形成一对共用电子对，Cl原子达到8电子结构，而P原子形成5对共用电子对，大于8电子，错误；
答案选C。
2.Se是人体必需微量元素。下列关于和的说法正确的是
A. 和互为同素异形体 B. 和互为同位素
C. 和分别含有44个和46个质子 D. 和都含有34个中子
【答案】B
【解析】
【详解】A. 和质子数相同，中子数不同，故互为同位素，而不是同素异形体，故A错误；
B. 和质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；
C. 和分别含有44个和46个中子，质子均为34，故C错误；
D. 和都含有34个质子，分别含有44个和46个中子，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查同位素、同素异形体的概念，以及原子符号的意义，对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题。
3.根据以上数据，磷原子的半径可能是
原子
N
S
O
Si
半径/nm
0.075
0.102
0.074
0.117
A. 0.080 nm B. 0.110 nm C. 0.120 nm D. 0.070 nm
【答案】B
【解析】
【详解】P与N同一主族，半径大于0.075，与Si和S处于同一周期，半径介于0.102和0.117之间，故选B。
4.甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲原子能与乙阴离子发生置换反应；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低。能说明甲比乙的非金属性强的是
A. 只有④ B. 只有⑤
C. ①②③ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①元素的非金属性越强，其与氢气化合就越容易，因此甲比乙容易与氢气化合能说明甲比乙的非金属性强；正确；
②元素的非金属性强的能够把活动性弱的从化合物中置换出来，甲能与乙的阴离子发生置换反应能说明甲比乙的非金属性强；正确；
③元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强能够证明甲比乙的非金属性强；
④不能根据非金属与某金属反应时，得电子数目的多少来平衡元素的非金属性的强弱，错误；
⑤元素的单质的熔沸点与物质的晶体结构有关，与元素的非金属性强弱无关，因此不能根据单质熔沸点的高低比较元素的非金属性的强弱，错误；
因此正确的说法是①②③，选项是C。
5. 下列递变规律正确的是
A. O、S、Na、K原子半径依次增大
B. Na、Mg、A1、Si的还原性依次增强
C. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强
D. KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、A1(OH)3的碱性依次增强
【答案】A
【解析】
【分析】
元素周期表中原子半径的变化规律是：同一周期从左到右，原子半径依次减小，金属的还原性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱；同一主族从上到下，原子半径依次增大，金属的还原性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强。
【详解】根据上述分析可知，
A. O原子核外有2层电子，Na和S原子核外有3层电子，且S在Na的右边，K的原子核外有4层电子，所以O、S、Na、K原子半径依次增大，故A正确；
B. Na、Mg、A1、Si位于同一周期，且原子序数依次增大，故他们的金属性逐渐减弱，还原性依次减弱，故B错误；
C. 根据上述分析可知，F、Cl、S和P元素的非金属性依次减弱，所以它们对应氢化物HF、HCl、H2S、PH3的稳定性逐渐减弱，故C错误；
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性的变化规律是：同一周期从右到左依次增强．同一主族从上到下依次增强，故D错误。
综上分析，答案是A。
6.下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型共价化合物的是
A. 6和8 B. 11和9 C. 19和16 D. 13和17
【答案】A
【解析】
【详解】A. 6和8分别为C和O，能形成的CO2为共价化合物，故A选；
B. 11和9分别为Na和F，能形成的NaF为离子化合物，故B不选；
C. 19和16分别为K和S，能形成的K2S为离子化合物，故C不选；
D. 13和17分别为Al和Cl，能形成的AlCl3为共价化合物，且不是AB2型，故D不选；
故选A。
7.已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的
A. 质子数：c>d B. 离子的还原性：Y2－>Z－
C. 氢化物的稳定性：H2Y>HZ D. 原子半径：X
【解析】
【分析】
已知aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，则原子序数：cZ－，B正确；
C. 非金属性：YW，D错误；
答案为B。
8.A、B、C、D、E均为短周期元素，A、B、C位于同一周期相邻位置，它们分别与D形成的分子中都有10个电子，且A和C的原子序数之比为3︰4，E原子半径是短周期元素原子半径最大的。则下列叙述正确的是
A. E和C只能形成E2C 一种化合物
B. 由B、D组成的物质是电解质
C. A和C能形成共价化合物
D. 由A、B、C、D四种元素形成的化合物一定不属于离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
E原子半径是短周期元素原子半径最大的，则E为Na元素；A、B、C位于同一周期相邻位置，他们分别与D形成的分子中都有10个电子，A、B、C位于第二周期，且A和C的原子序数之比为3：4，则A的原子序数为6，是C元素，C的原子序数为8，为O元素；B的原子序数只能为7，是N元素；D能够与C、N、O形成10电子的分子，则D为H元素。
【详解】A．E、C分别为Na、O元素，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故A错误；
B. 由B、D组成的物质NH3，是非电解质，故B错误；
C. A和C分别是C和O，能形成CO2、CO，属于共价化合物，故C正确；
D. 由A、B、C、D四种元素形成的化合物可以是离子化合物，如碳酸铵，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，易错点D，试题培养了学生的灵活应用基础知识的能力。
9. 右表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A. 常压下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高
B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C. W的氢化物的沸点比X的氢化物的沸点高
D. Y元素的非金属性比W元素的非金属性强
【答案】D
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置可知，X是N，W是P，Y是S，Z是Br，R是Ar。
【详解】A. 常压下五种元素的单质中，S单质的沸点最高，故A错误；
B. Y的阴离子电子层结构都与R原子的相同，但溴离子是4个电子层，与Ar原子的电子层不同，故B错误；
C. 氨气分之间存在氢键，所以沸点高于PH3的沸点，故C错误；
D. 同周期自左向右非金属性逐渐增强，故D正确；
答案选D。
10. 两种微粒含有相同的质子数和电子数，这两种微粒的关系可能是：（1）同一元素的不同原子，（2）不同元素的原子，（3）两种不同的分子，（4）一种原子和一种分子，（5）一种原子和一种离子，（6）一种分子和一种离子，（7）两种不同的阳离子，（8）两种不同的阴离子，(9)一种阴离子和一种阳离子，其中正确的是
A. (1)（3）（4）（7）（8） B. （1）（2）（5）(7)(9)
C. （1）（2）（5）（7）(9) D. （1）（2）（3）（4）（5）
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：两种微粒含有相同的质子数和电子数，有以下几种情况：①若为原子，因为质子数相同，则一定是同种元素的不同原子；②若质子数与电子数相同，则为分子或原子；③若质子数与电子数不同，则都是阳离子或都是阴离子，所以（2） （5） （6） (9)是不可能存在的答案选A。
11.下列关于化学键的说法，正确的是
A. 构成单质分子的粒子一定含有共价键
B. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C. 非极性键只存在于双原子单质分子里
D. 不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键
【答案】B
【解析】
【详解】A. 构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体分子，故A错误；
B. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，也可以是离子化合物，如NH4Cl，故B正确；
C. 非极性键除存在于双原子单质分子里外，也可能存在于多原子的共价化合物中，如H2O2，或离子化合物中，如Na2O2，故C错误；
D. 不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，也可以有非极性键，如H2O2，故D错误；
故选B。
12.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是
A. NH4ClNH3↑＋HCl↑
B. NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3
C. 2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O
D. 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
【答案】D
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属元素与非金属元素间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同种非金属元素间形成极性共价键，化学变化中一定含化学键断裂和生成，以此来解答。
【详解】A．无非极性键的断裂和形成，没有离子键的形成，选项A不选；
B．无非极性键的断裂和形成，没有离子键的断裂，选项B不选；
C．有非极性键（Cl﹣Cl）的断裂但无非极性键的形成，选项C不选；
D．Na2O2 中既有离子键又有非极性共价键，CO2 中有极性共价键，O2 中有非极性共价键，Na2CO3中既有离子键又有极性键，过氧化钠与二氧化碳的反应中有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，选项D选；
答案选D。
【点睛】本题以四个化学反应为载体综合考查了学生对离子键、极性共价键和非极性共价键的认识程度，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13.下列物质性质递变规律正确的是
A. 酸性：HFO4＞HClO4＞HBrO4＞HIO4 B. 稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
C. 酸性：HF＞HCl＞HBr＞HI D. 还原性：I－＞Br－＞Cl－＞S2－
【答案】B
【解析】
【详解】A．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：F＞Cl＞Br＞I，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，但F没有最高价含氧酸，故A错误；
B．非金属性：F＞Cl＞Br＞I，氢化物稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B正确；
C．卤化氢的稳定性越强，其酸溶液的酸性越弱，氢化物稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，则酸性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故C错误；
D．非金属性：Cl＞Br＞I＞S，则还原性S2－＞I－＞Br－＞Cl－，故D错误；
故选B。
【点睛】本题原子结构与元素周期律的关系，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，难点D，硫离子的还原性强于碘离子，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
14.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物
C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【答案】A
【解析】
【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。
A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；
D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；
答案选A。
15.铁有多种价态，将14.4 g草酸亚铁（FeC2O4）与空气隔绝加热分解，最终得到7.2 g铁氧化物，则该铁的氧化物是（ ）
A. FeO B. Fe2O3
C. Fe3O4 D. FeO和Fe3O4
【答案】A
【解析】
【详解】14.4gFeC2O4中铁元素的质量=14.4g×56/(56+12×2+16×4)=5.6g，铁的氧化物中铁与氧两元素的质量比=5.6g：（7.2g-5.6g）=56：16，铁的氧化物中铁与氧两元素的原子个数比=56g/56g/mol：16g/16g/mol=1：1，因此该铁的氧化物是FeO，
答案选A。
16.下列化合物不可以由化合反应制得的是
A. Fe(OH)3 B. FeCl2 C. FeCl3 D. Al(OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 氢氧化亚铁和氧气、水反应化合为氢氧化铁；
B. 铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁；
C. 铁和氯气化合反应生成氯化铁；
D. Al(OH)3不可以由化合反应制得。
【详解】A. 氢氧化亚铁和氧气水反应化合为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，不符合题意，故A项不选；
B. 铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁,反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，不符合题意，故B项不选；
C. 铁和氯气化合反应生成氯化铁，反应为Fe+3Cl22FeCl3，不符合题意，故C项不选；
D. 氢氧化铝可由铝盐与碱反应或偏铝酸钠与酸反应制得，不能由化合反应制备，符合题意，故D项选；
答案选D。
17.下列离子方程式中正确的是
A. 三氯化铁溶液中加入铁粉Fe3++Fe=Fe2+
B. 少量氯气通入碘化亚铁溶液中2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C. 少量氯气通入溴化亚铁溶液中2Br-+Cl2= Br2+2Cl-
D. 过量氯气通入溴化亚铁溶液中2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 原方程式电荷不守恒，三氯化铁溶液中加入铁粉2Fe3++Fe=3Fe2+，故A错误；
B. 还原性：I->Fe2＋,少量氯气通入碘化亚铁溶液中2I-+Cl2=I2+2Cl-，故B错误；
C. 还原性：Fe2＋>Br-，少量氯气通入溴化亚铁溶液中2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C错误；
D. 过量氯气通入溴化亚铁溶液中，将亚铁离子和溴均氧化，2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故D正确；
故选D。
18.把铝粉和Fe3O4粉末配成铝热剂并分成两份，第一份在高温下恰好完全反应，然后将生成物与足量盐酸充分反应；第二份直接加入足量的氢氧化钠溶液使之充分反应，前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比是( )
A. 3:4 B. 4:3 C. 3:8 D. 8:3
【答案】A
【解析】
【详解】铝粉和Fe3O4恰好完全反应：8Al+3Fe3O4=9Fe+4Al2O3，设铝为8mol，则生成的铁为9mol。第一份是9mol铁和盐酸反应，生成9molH2，第二份是8molAl和NaOH溶液反应，生成12molH2，则前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比是9：12=3:4。故选A。
19.配制250 mL 0.10 mol/L的盐酸溶液时，下列实验操作使配制溶液的浓度偏大的是
A. 将量取的盐酸转移到容量瓶时有少量液体外流
B. 定容时发现水加多后用滴管吸出
C. 用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中
D. 定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于标线，再补几滴水到标线
【答案】C
【解析】
【分析】
分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=n÷V判断不当操作对所配溶液浓度影响。
【详解】A. 将量取的盐酸转移到容量瓶时有少量液体外流，导致实际量取的盐酸的体积减小，所配溶液浓度偏低，故A不符；
B. 定容时发现水加多后用滴管吸出，所配溶液浓度偏低，故B不符；
C. 量筒为流量式仪器，流出的体积即为量取溶液体积，洗涤量筒导致实际量取的盐酸的体积增大，所配溶液浓度偏高，故C符合；
D. 定反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，所配溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏小，故D不符合；
故选：C。
【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析及对物质的量浓度的理解，抓住c=n÷V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响是解题的关键，易错点D，定反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，注意对所配溶液浓度的影响。
20.在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，在以下各种情况下排序正确的是( )
A. 当它们的体积、温度和压强均相同时，三种气体的密度ρ(H2)＞ρ(Ne)＞ρ(O2)
B. 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)
C. 当它们的质量、温度和压强均相同时，三种气体的体积V(O2)＞V(Ne)＞V(H2)
D. 当它们的压强、体积和温度均相同时，三种气体的质量m(H2)＞m(Ne)＞m(O2)
【答案】B
【解析】
【分析】
根据PV=nRT可知，PM=ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，温度、压强均相同时，气体的Vm相等，结合解答该题。
【详解】A. 温度、压强均相同时，气体的Vm相等，，可知气体的密度与摩尔质量呈正比，则ρ(O2)＞ρ(Ne)＞ρ(H2)，A项错误；
B．根据PV=nRT可知，PM=ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，则三种气体的压强p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)，B项正确；
C．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由可知，等质量时，气体的体积和摩尔质量呈反比，应为V(H2)＞V(Ne)＞V(O2)，C项错误；
D．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由可知，等体积时，气体的质量和摩尔质量呈正比，则m(O2)＞m(Ne)＞m(H2)，D项错误；
答案选B。
【点睛】灵活运用关系式、是解答该题的关键，也是难点。
21.氟气与水反应的化学方程式_______________________________________
铁与水蒸气反应的化学方程式______________________________________
n(FeBr2): n(Cl2)=1:1反应的离子方程式_______________________________
【答案】 (1). 2F2+2H2O=4HF+O2 (2). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (3). 2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++ Br2+4Cl-
【解析】
【详解】氟气与水反应生成氟化氢和氧气，化学方程式：2F2+2H2O=4HF+O2；故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；
铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；故答案为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；
还原性：Fe2＋>Br-，n(FeBr2): n(Cl2)=1:1时，亚铁离子全被氧化，溴离子部分被部分氧化，反应的离子方程式：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++ Br2+4Cl-；故答案为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++ Br2+4Cl-。
22.(1)下列叙述正确的是____________________
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．现已发现的零族元素的单质在常温常压下都是气体
C．第ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
D．第n主族元素其最高价氧化物分子式为R2On，氢化物分子式为RHn (n≥4)
E．所有主族元素最高正化合价等于最外层电子数
F．稀有气体原子与同周期I A、ⅡA族元素的简单阳离子具有相同的核外电子排布
G．共价化合物中不可能含有离子键
H．只有非金属原子间才能形成共价键
I．非金属原子间不可能形成离子化合物
(2)写出下列物质的电子式
MgBr2 ___________________ CCl4_______________HClO_______________
N2 ___________________ NH4Cl_______________NH3_______________
【答案】 (1). BG (2). (3). (4). (5). (6). (7).
【解析】
【详解】（1）A．含有共价键的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，如NaOH，故A错误；
B．稀有气体分子间作用力小，现已发现的零族元素的单质在常温常压下都是气体，故B正确；
C．第ⅥA族元素的原子，其半径越大，核对电子的引力越小，越难得到电子，故C错误；
D．第n主族元素其最高价氧化物对应的化学式为R2On，最高正化合价为+n，所以最低负价为-（8-n），所以氢化物化学式为RH（8-n）（n≥4）或H（8-n）R，故D错误；
E．对于主族元素，最高正价=最外层电子数（氧元素、氟元素一般没有正化合价），故E错误；
F．稀有气体He原子与同周期H简单阳离子H+的核外电子排布不同，故F错误；
G．根据共价化合物的定义，共价化合物中不可能含有离子键，故G正确；
H．金属非金属原子间也可能形成共价键，如AlCl3，故H错误；
I．非金属原子间可能形成离子化合物，如NH4Cl，故I错误；
故选BG。
（2）MgBr2为离子化合物，阴离子需要标出最外层电子，；
CCl4 是共价化合物，C在中间，周围8个电子，Cl原子在四周，每个氯原子周围也是8个电子，每个Cl原子都和C公用两个电子，就是四氯化碳的电子式
HClO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个Cl-O键，次氯酸的电子式为：；
N2 中N原子最外层为5个电子，两个N原子间形成三个共用电子对，氮气的电子式为：；
NH4Cl氯化铵为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化铵的电子式为：；
NH3氨气为共价化合物，氨气中存在3个氮氢键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为：；
23.室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适的反应条件下，它们可以按下面框图进行反应，又知E溶液是无色的，请回答：
(1)A是_____________，B是______________，C是___________（填化学式）
(2)反应⑥化学方程式为：__________________________________________。
(3)反应④的离子方程式为：__________________________________________。
【答案】 (1). Fe (2). Cl2 (3). H2 (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
【解析】
【分析】
由B为黄绿色气体且为单质，可知B为Cl2；由框图可知反应生成的固体D为固体单质A与Cl2反应生成的一种氯化物；反应生成的E为Cl2与气体单质C生成的一种可溶于水的氯化物，且E溶液和固体单质A又可以重新生成气体C和F，只有当C为H2，F为一种氯化物时才能满足这一过程；而A与Cl2反应已生成了一种氯化物D，F又是一种氯化物，所以A为变价金属，应为Fe，所以A为Fe，B为Cl2，C为H2，D为FeCl3，E为HCl，F为FeCl2，G为Fe(OH)2，H为Fe(OH)3。
【详解】(1)A是Fe，B是Cl2，C是H2，故答案为：Fe ； Cl2 ； H2 ；
(2)Fe(OH)2在很容易氧化，反应⑥的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)亚铁离子能被氯气氧化成铁离子，反应④的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－。
【点睛】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意推断Fe为解答该题的关键，从化合价变化的角度分析，学习中注意常见元素化合物的知识的积累。
24.下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：
(1)写出⑥的元素符号： ____________，画出 的原子结构示意图________________；
(2)写出③的单质在空气中燃烧后的产物与二氧化碳反应的化学方程式：___________________________________；该反应每生成1mol气体转移_______个电子。
(3)在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是___________________，碱性最强的是___________________，呈两性的氢氧化物是___________________；
(4)写出单质③在空气中燃烧生成产物的电子式___________________；
(5)用电子式表示出④的氯化物的形成过程_____________________________________；
(6)写出实验室制取⑧的单质的化学方程式 ___________________________________。
【答案】 (1). Si (2). (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). 1.204×1024 (5). HClO4 (6). KOH (7). Al(OH)3 (8). (9). (10). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、为Ca、为Br。
【详解】(1)⑥的元素符号：Si， 为Br，原子序号３５，溴的原子结构示意图；故答案为：Si；；
(2)③为钠，钠单质在空气中燃烧后的产物是过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；该反应每生成1mol气体转移1.204×1024个电子。故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；1.204×1024；
(3)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，F元素没有最高价含氧酸，故HClO4的酸性最强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故KOH的碱性最强；Al(OH)3是两性氢氧化物；故答案为：HClO4；KOH；Al(OH)3；
(4)过氧化钠为离子化合物，化合物中存在钠离子和过氧根离子，过氧化钠的电子式为：；故答案为：；
(5)MgCl2为离子化合物，阴离子需要标出最外层电子，用电子式表示氯化镁形成过程为：；故答案为：；
(6)实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的单质的化学方程式：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，侧重对元素周期律的考查，属于基础知识的考查，易错点（５）注意区别用电子式表示离子化合物的形成过程和共价键形成过程的区别。
25.A、B、C、D、E是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种化合物甲和乙。D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙。E是地壳中含量最高的金属元素，F的单质是生活中用量最大的金属。根据以上信息回答下列问题：
(1)B元素在周期表中的位置是__________，F元素在周期表中的位置是__________。
(2)A、B、C、D、E五种元素的原子半径由大到小的顺序是(用元素符号填写)________________________________________。
(3)写出E的最高价氧化物对应的水化物分别与A、C两元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：
①___________________________________________________；
②___________________________________________________。
(4)D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙的化学式为____________。
【答案】 (1). 第二周期ⅥA族 (2). 第四周期Ⅷ族 (3). Na＞Mg＞Al＞N＞O (4). Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O (5). Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O (6). Mg3N2
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则A、B处于第二周期，B、C、E处于第三周期；C、B可按原子个数比2：1和1：1分别形成两种化合物甲和乙，则C为Na，B为O；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al；F的单质是生活中用量最大的金属，F为Fe；D、A按原子个数比3：2形成化合物丙，则D为Mg、A为N元素。
【详解】（1）B为O元素，在周期表中的位置是：第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；
F为Fe元素，在周期表中的位置是：第四周期Ⅷ族，故答案为：第四周期Ⅷ族；
（2）同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Mg＞Al＞N＞O，
故答案为：Na＞Mg＞Al＞N＞O；
（3）氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O，
氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O，
故答案为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O；
（4）Mg、N按原子个数比3：2形成化合物丙的化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2。
【点睛】本题考查位置结构性质关系应用，明确元素的种类是解答本题的关键，需要学生熟练掌握基础知识。
26.A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如右图所示。A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B原子核内质子数和中子数相等。
(1)A、B、C三种元素的名称分别为________、________、________。
(2)C单质与H2反应的化学方程式为____________________________________。
(3)写出A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：________________________。
【答案】 (1). 氮 (2). 硫 (3). 氟 (4). H2+F2=2HF (5). 2NH3+H2SO4=(NH4)2 SO4
【解析】
【分析】
A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，设B元素的质子数为x，则A的质子数为x-9，C的质子数为x-7，可得x－9+x-7=x，解之得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，分别为N、S、F元素。
【详解】（1）由以上分析可知A为氮元素、B为硫元素，C为氟元素，故答案为：氮；硫；氟；
（2）C的原子序数为9，原子核外有2个电子层，最外层电子数为7，反应中显-1价，单质与H2反应的化学方程式为F2+H2=2HF，
故答案为：F2+H2=2HF；
（3）A为N元素，对应的氢化物为氨气，对应的最高价氧化物的水化物为硫酸，二者发生2NH3+H2SO4=(NH4)2 SO4，故答案为：2NH3+H2SO4=(NH4)2 SO4。
【点睛】本题考查位置结构性质关系的综合应用，注意根据质子数关系结合元素所在周期表中的位置推断元素的种类。
高一年级化学学科试卷
Ⅰ卷（60分）
可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 K-39 Fe-56
一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )
A. BF3 B. H2O C. SiCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】
【详解】A、BF3中B与F共形成3对共用电子对，所以B原子最外层不满足8电子结构，错误；
B、水分子中的H原子不满足8电子结构，错误；
C、四氯化硅分子中，Si与4个Cl原子形成4个共用电子对，所以Si原子达到8电子结构，每个Cl原子与Si形成1对共用电子对，达到8电子结构，正确；
D、五氯化磷分子中，每个Cl原子与P原子形成一对共用电子对，Cl原子达到8电子结构，而P原子形成5对共用电子对，大于8电子，错误；
答案选C。
2.Se是人体必需微量元素。下列关于和的说法正确的是
A. 和互为同素异形体 B. 和互为同位素
C. 和分别含有44个和46个质子 D. 和都含有34个中子
【答案】B
【解析】
【详解】A. 和质子数相同，中子数不同，故互为同位素，而不是同素异形体，故A错误；
B. 和质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；
C. 和分别含有44个和46个中子，质子均为34，故C错误；
D. 和都含有34个质子，分别含有44个和46个中子，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查同位素、同素异形体的概念，以及原子符号的意义，对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题。
3.根据以上数据，磷原子的半径可能是
原子
N
S
O
Si
半径/nm
0.075
0.102
0.074
0.117
A. 0.080 nm B. 0.110 nm C. 0.120 nm D. 0.070 nm
【答案】B
【解析】
【详解】P与N同一主族，半径大于0.075，与Si和S处于同一周期，半径介于0.102和0.117之间，故选B。
4.甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲原子能与乙阴离子发生置换反应；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低。能说明甲比乙的非金属性强的是
A. 只有④ B. 只有⑤
C. ①②③ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①元素的非金属性越强，其与氢气化合就越容易，因此甲比乙容易与氢气化合能说明甲比乙的非金属性强；正确；
②元素的非金属性强的能够把活动性弱的从化合物中置换出来，甲能与乙的阴离子发生置换反应能说明甲比乙的非金属性强；正确；
③元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强能够证明甲比乙的非金属性强；
④不能根据非金属与某金属反应时，得电子数目的多少来平衡元素的非金属性的强弱，错误；
⑤元素的单质的熔沸点与物质的晶体结构有关，与元素的非金属性强弱无关，因此不能根据单质熔沸点的高低比较元素的非金属性的强弱，错误；
因此正确的说法是①②③，选项是C。
5. 下列递变规律正确的是
A. O、S、Na、K原子半径依次增大
B. Na、Mg、A1、Si的还原性依次增强
C. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强
D. KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、A1(OH)3的碱性依次增强
【答案】A
【解析】
【分析】
元素周期表中原子半径的变化规律是：同一周期从左到右，原子半径依次减小，金属的还原性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱；同一主族从上到下，原子半径依次增大，金属的还原性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强。
【详解】根据上述分析可知，
A. O原子核外有2层电子，Na和S原子核外有3层电子，且S在Na的右边，K的原子核外有4层电子，所以O、S、Na、K原子半径依次增大，故A正确；
B. Na、Mg、A1、Si位于同一周期，且原子序数依次增大，故他们的金属性逐渐减弱，还原性依次减弱，故B错误；
C. 根据上述分析可知，F、Cl、S和P元素的非金属性依次减弱，所以它们对应氢化物HF、HCl、H2S、PH3的稳定性逐渐减弱，故C错误；
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性的变化规律是：同一周期从右到左依次增强．同一主族从上到下依次增强，故D错误。
综上分析，答案是A。
6.下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型共价化合物的是
A. 6和8 B. 11和9 C. 19和16 D. 13和17
【答案】A
【解析】
【详解】A. 6和8分别为C和O，能形成的CO2为共价化合物，故A选；
B. 11和9分别为Na和F，能形成的NaF为离子化合物，故B不选；
C. 19和16分别为K和S，能形成的K2S为离子化合物，故C不选；
D. 13和17分别为Al和Cl，能形成的AlCl3为共价化合物，且不是AB2型，故D不选；
故选A。
7.已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的
A. 质子数：c>d B. 离子的还原性：Y2－>Z－
C. 氢化物的稳定性：H2Y>HZ D. 原子半径：X
【解析】
【分析】
已知aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，则原子序数：c
C. 非金属性：Y
答案为B。
8.A、B、C、D、E均为短周期元素，A、B、C位于同一周期相邻位置，它们分别与D形成的分子中都有10个电子，且A和C的原子序数之比为3︰4，E原子半径是短周期元素原子半径最大的。则下列叙述正确的是
A. E和C只能形成E2C 一种化合物
B. 由B、D组成的物质是电解质
C. A和C能形成共价化合物
D. 由A、B、C、D四种元素形成的化合物一定不属于离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
E原子半径是短周期元素原子半径最大的，则E为Na元素；A、B、C位于同一周期相邻位置，他们分别与D形成的分子中都有10个电子，A、B、C位于第二周期，且A和C的原子序数之比为3：4，则A的原子序数为6，是C元素，C的原子序数为8，为O元素；B的原子序数只能为7，是N元素；D能够与C、N、O形成10电子的分子，则D为H元素。
【详解】A．E、C分别为Na、O元素，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故A错误；
B. 由B、D组成的物质NH3，是非电解质，故B错误；
C. A和C分别是C和O，能形成CO2、CO，属于共价化合物，故C正确；
D. 由A、B、C、D四种元素形成的化合物可以是离子化合物，如碳酸铵，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，易错点D，试题培养了学生的灵活应用基础知识的能力。
9. 右表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A. 常压下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高
B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C. W的氢化物的沸点比X的氢化物的沸点高
D. Y元素的非金属性比W元素的非金属性强
【答案】D
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置可知，X是N，W是P，Y是S，Z是Br，R是Ar。
【详解】A. 常压下五种元素的单质中，S单质的沸点最高，故A错误；
B. Y的阴离子电子层结构都与R原子的相同，但溴离子是4个电子层，与Ar原子的电子层不同，故B错误；
C. 氨气分之间存在氢键，所以沸点高于PH3的沸点，故C错误；
D. 同周期自左向右非金属性逐渐增强，故D正确；
答案选D。
10. 两种微粒含有相同的质子数和电子数，这两种微粒的关系可能是：（1）同一元素的不同原子，（2）不同元素的原子，（3）两种不同的分子，（4）一种原子和一种分子，（5）一种原子和一种离子，（6）一种分子和一种离子，（7）两种不同的阳离子，（8）两种不同的阴离子，(9)一种阴离子和一种阳离子，其中正确的是
A. (1)（3）（4）（7）（8） B. （1）（2）（5）(7)(9)
C. （1）（2）（5）（7）(9) D. （1）（2）（3）（4）（5）
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：两种微粒含有相同的质子数和电子数，有以下几种情况：①若为原子，因为质子数相同，则一定是同种元素的不同原子；②若质子数与电子数相同，则为分子或原子；③若质子数与电子数不同，则都是阳离子或都是阴离子，所以（2） （5） （6） (9)是不可能存在的答案选A。
11.下列关于化学键的说法，正确的是
A. 构成单质分子的粒子一定含有共价键
B. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C. 非极性键只存在于双原子单质分子里
D. 不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键
【答案】B
【解析】
【详解】A. 构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体分子，故A错误；
B. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，也可以是离子化合物，如NH4Cl，故B正确；
C. 非极性键除存在于双原子单质分子里外，也可能存在于多原子的共价化合物中，如H2O2，或离子化合物中，如Na2O2，故C错误；
D. 不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，也可以有非极性键，如H2O2，故D错误；
故选B。
12.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是
A. NH4ClNH3↑＋HCl↑
B. NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3
C. 2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O
D. 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
【答案】D
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属元素与非金属元素间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同种非金属元素间形成极性共价键，化学变化中一定含化学键断裂和生成，以此来解答。
【详解】A．无非极性键的断裂和形成，没有离子键的形成，选项A不选；
B．无非极性键的断裂和形成，没有离子键的断裂，选项B不选；
C．有非极性键（Cl﹣Cl）的断裂但无非极性键的形成，选项C不选；
D．Na2O2 中既有离子键又有非极性共价键，CO2 中有极性共价键，O2 中有非极性共价键，Na2CO3中既有离子键又有极性键，过氧化钠与二氧化碳的反应中有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，选项D选；
答案选D。
【点睛】本题以四个化学反应为载体综合考查了学生对离子键、极性共价键和非极性共价键的认识程度，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13.下列物质性质递变规律正确的是
A. 酸性：HFO4＞HClO4＞HBrO4＞HIO4 B. 稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
C. 酸性：HF＞HCl＞HBr＞HI D. 还原性：I－＞Br－＞Cl－＞S2－
【答案】B
【解析】
【详解】A．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：F＞Cl＞Br＞I，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，但F没有最高价含氧酸，故A错误；
B．非金属性：F＞Cl＞Br＞I，氢化物稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B正确；
C．卤化氢的稳定性越强，其酸溶液的酸性越弱，氢化物稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，则酸性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故C错误；
D．非金属性：Cl＞Br＞I＞S，则还原性S2－＞I－＞Br－＞Cl－，故D错误；
故选B。
【点睛】本题原子结构与元素周期律的关系，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，难点D，硫离子的还原性强于碘离子，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
14.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物
C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【答案】A
【解析】
【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。
A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；
D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；
答案选A。
15.铁有多种价态，将14.4 g草酸亚铁（FeC2O4）与空气隔绝加热分解，最终得到7.2 g铁氧化物，则该铁的氧化物是（ ）
A. FeO B. Fe2O3
C. Fe3O4 D. FeO和Fe3O4
【答案】A
【解析】
【详解】14.4gFeC2O4中铁元素的质量=14.4g×56/(56+12×2+16×4)=5.6g，铁的氧化物中铁与氧两元素的质量比=5.6g：（7.2g-5.6g）=56：16，铁的氧化物中铁与氧两元素的原子个数比=56g/56g/mol：16g/16g/mol=1：1，因此该铁的氧化物是FeO，
答案选A。
16.下列化合物不可以由化合反应制得的是
A. Fe(OH)3 B. FeCl2 C. FeCl3 D. Al(OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 氢氧化亚铁和氧气、水反应化合为氢氧化铁；
B. 铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁；
C. 铁和氯气化合反应生成氯化铁；
D. Al(OH)3不可以由化合反应制得。
【详解】A. 氢氧化亚铁和氧气水反应化合为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，不符合题意，故A项不选；
B. 铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁,反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，不符合题意，故B项不选；
C. 铁和氯气化合反应生成氯化铁，反应为Fe+3Cl22FeCl3，不符合题意，故C项不选；
D. 氢氧化铝可由铝盐与碱反应或偏铝酸钠与酸反应制得，不能由化合反应制备，符合题意，故D项选；
答案选D。
17.下列离子方程式中正确的是
A. 三氯化铁溶液中加入铁粉Fe3++Fe=Fe2+
B. 少量氯气通入碘化亚铁溶液中2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C. 少量氯气通入溴化亚铁溶液中2Br-+Cl2= Br2+2Cl-
D. 过量氯气通入溴化亚铁溶液中2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 原方程式电荷不守恒，三氯化铁溶液中加入铁粉2Fe3++Fe=3Fe2+，故A错误；
B. 还原性：I->Fe2＋,少量氯气通入碘化亚铁溶液中2I-+Cl2=I2+2Cl-，故B错误；
C. 还原性：Fe2＋>Br-，少量氯气通入溴化亚铁溶液中2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C错误；
D. 过量氯气通入溴化亚铁溶液中，将亚铁离子和溴均氧化，2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故D正确；
故选D。
18.把铝粉和Fe3O4粉末配成铝热剂并分成两份，第一份在高温下恰好完全反应，然后将生成物与足量盐酸充分反应；第二份直接加入足量的氢氧化钠溶液使之充分反应，前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比是( )
A. 3:4 B. 4:3 C. 3:8 D. 8:3
【答案】A
【解析】
【详解】铝粉和Fe3O4恰好完全反应：8Al+3Fe3O4=9Fe+4Al2O3，设铝为8mol，则生成的铁为9mol。第一份是9mol铁和盐酸反应，生成9molH2，第二份是8molAl和NaOH溶液反应，生成12molH2，则前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比是9：12=3:4。故选A。
19.配制250 mL 0.10 mol/L的盐酸溶液时，下列实验操作使配制溶液的浓度偏大的是
A. 将量取的盐酸转移到容量瓶时有少量液体外流
B. 定容时发现水加多后用滴管吸出
C. 用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中
D. 定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于标线，再补几滴水到标线
【答案】C
【解析】
【分析】
分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=n÷V判断不当操作对所配溶液浓度影响。
【详解】A. 将量取的盐酸转移到容量瓶时有少量液体外流，导致实际量取的盐酸的体积减小，所配溶液浓度偏低，故A不符；
B. 定容时发现水加多后用滴管吸出，所配溶液浓度偏低，故B不符；
C. 量筒为流量式仪器，流出的体积即为量取溶液体积，洗涤量筒导致实际量取的盐酸的体积增大，所配溶液浓度偏高，故C符合；
D. 定反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，所配溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏小，故D不符合；
故选：C。
【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析及对物质的量浓度的理解，抓住c=n÷V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响是解题的关键，易错点D，定反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，注意对所配溶液浓度的影响。
20.在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，在以下各种情况下排序正确的是( )
A. 当它们的体积、温度和压强均相同时，三种气体的密度ρ(H2)＞ρ(Ne)＞ρ(O2)
B. 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)
C. 当它们的质量、温度和压强均相同时，三种气体的体积V(O2)＞V(Ne)＞V(H2)
D. 当它们的压强、体积和温度均相同时，三种气体的质量m(H2)＞m(Ne)＞m(O2)
【答案】B
【解析】
【分析】
根据PV=nRT可知，PM=ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，温度、压强均相同时，气体的Vm相等，结合解答该题。
【详解】A. 温度、压强均相同时，气体的Vm相等，，可知气体的密度与摩尔质量呈正比，则ρ(O2)＞ρ(Ne)＞ρ(H2)，A项错误；
B．根据PV=nRT可知，PM=ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，则三种气体的压强p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)，B项正确；
C．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由可知，等质量时，气体的体积和摩尔质量呈反比，应为V(H2)＞V(Ne)＞V(O2)，C项错误；
D．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由可知，等体积时，气体的质量和摩尔质量呈正比，则m(O2)＞m(Ne)＞m(H2)，D项错误；
答案选B。
【点睛】灵活运用关系式、是解答该题的关键，也是难点。
21.氟气与水反应的化学方程式_______________________________________
铁与水蒸气反应的化学方程式______________________________________
n(FeBr2): n(Cl2)=1:1反应的离子方程式_______________________________
【答案】 (1). 2F2+2H2O=4HF+O2 (2). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (3). 2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++ Br2+4Cl-
【解析】
【详解】氟气与水反应生成氟化氢和氧气，化学方程式：2F2+2H2O=4HF+O2；故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；
铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；故答案为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；
还原性：Fe2＋>Br-，n(FeBr2): n(Cl2)=1:1时，亚铁离子全被氧化，溴离子部分被部分氧化，反应的离子方程式：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++ Br2+4Cl-；故答案为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++ Br2+4Cl-。
22.(1)下列叙述正确的是____________________
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．现已发现的零族元素的单质在常温常压下都是气体
C．第ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
D．第n主族元素其最高价氧化物分子式为R2On，氢化物分子式为RHn (n≥4)
E．所有主族元素最高正化合价等于最外层电子数
F．稀有气体原子与同周期I A、ⅡA族元素的简单阳离子具有相同的核外电子排布
G．共价化合物中不可能含有离子键
H．只有非金属原子间才能形成共价键
I．非金属原子间不可能形成离子化合物
(2)写出下列物质的电子式
MgBr2 ___________________ CCl4_______________HClO_______________
N2 ___________________ NH4Cl_______________NH3_______________
【答案】 (1). BG (2). (3). (4). (5). (6). (7).
【解析】
【详解】（1）A．含有共价键的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，如NaOH，故A错误；
B．稀有气体分子间作用力小，现已发现的零族元素的单质在常温常压下都是气体，故B正确；
C．第ⅥA族元素的原子，其半径越大，核对电子的引力越小，越难得到电子，故C错误；
D．第n主族元素其最高价氧化物对应的化学式为R2On，最高正化合价为+n，所以最低负价为-（8-n），所以氢化物化学式为RH（8-n）（n≥4）或H（8-n）R，故D错误；
E．对于主族元素，最高正价=最外层电子数（氧元素、氟元素一般没有正化合价），故E错误；
F．稀有气体He原子与同周期H简单阳离子H+的核外电子排布不同，故F错误；
G．根据共价化合物的定义，共价化合物中不可能含有离子键，故G正确；
H．金属非金属原子间也可能形成共价键，如AlCl3，故H错误；
I．非金属原子间可能形成离子化合物，如NH4Cl，故I错误；
故选BG。
（2）MgBr2为离子化合物，阴离子需要标出最外层电子，；
CCl4 是共价化合物，C在中间，周围8个电子，Cl原子在四周，每个氯原子周围也是8个电子，每个Cl原子都和C公用两个电子，就是四氯化碳的电子式
HClO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个Cl-O键，次氯酸的电子式为：；
N2 中N原子最外层为5个电子，两个N原子间形成三个共用电子对，氮气的电子式为：；
NH4Cl氯化铵为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化铵的电子式为：；
NH3氨气为共价化合物，氨气中存在3个氮氢键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为：；
23.室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适的反应条件下，它们可以按下面框图进行反应，又知E溶液是无色的，请回答：
(1)A是_____________，B是______________，C是___________（填化学式）
(2)反应⑥化学方程式为：__________________________________________。
(3)反应④的离子方程式为：__________________________________________。
【答案】 (1). Fe (2). Cl2 (3). H2 (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
【解析】
【分析】
由B为黄绿色气体且为单质，可知B为Cl2；由框图可知反应生成的固体D为固体单质A与Cl2反应生成的一种氯化物；反应生成的E为Cl2与气体单质C生成的一种可溶于水的氯化物，且E溶液和固体单质A又可以重新生成气体C和F，只有当C为H2，F为一种氯化物时才能满足这一过程；而A与Cl2反应已生成了一种氯化物D，F又是一种氯化物，所以A为变价金属，应为Fe，所以A为Fe，B为Cl2，C为H2，D为FeCl3，E为HCl，F为FeCl2，G为Fe(OH)2，H为Fe(OH)3。
【详解】(1)A是Fe，B是Cl2，C是H2，故答案为：Fe ； Cl2 ； H2 ；
(2)Fe(OH)2在很容易氧化，反应⑥的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)亚铁离子能被氯气氧化成铁离子，反应④的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－。
【点睛】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意推断Fe为解答该题的关键，从化合价变化的角度分析，学习中注意常见元素化合物的知识的积累。
24.下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：
(1)写出⑥的元素符号： ____________，画出 的原子结构示意图________________；
(2)写出③的单质在空气中燃烧后的产物与二氧化碳反应的化学方程式：___________________________________；该反应每生成1mol气体转移_______个电子。
(3)在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是___________________，碱性最强的是___________________，呈两性的氢氧化物是___________________；
(4)写出单质③在空气中燃烧生成产物的电子式___________________；
(5)用电子式表示出④的氯化物的形成过程_____________________________________；
(6)写出实验室制取⑧的单质的化学方程式 ___________________________________。
【答案】 (1). Si (2). (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). 1.204×1024 (5). HClO4 (6). KOH (7). Al(OH)3 (8). (9). (10). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、为Ca、为Br。
【详解】(1)⑥的元素符号：Si， 为Br，原子序号３５，溴的原子结构示意图；故答案为：Si；；
(2)③为钠，钠单质在空气中燃烧后的产物是过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；该反应每生成1mol气体转移1.204×1024个电子。故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；1.204×1024；
(3)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，F元素没有最高价含氧酸，故HClO4的酸性最强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故KOH的碱性最强；Al(OH)3是两性氢氧化物；故答案为：HClO4；KOH；Al(OH)3；
(4)过氧化钠为离子化合物，化合物中存在钠离子和过氧根离子，过氧化钠的电子式为：；故答案为：；
(5)MgCl2为离子化合物，阴离子需要标出最外层电子，用电子式表示氯化镁形成过程为：；故答案为：；
(6)实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的单质的化学方程式：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，侧重对元素周期律的考查，属于基础知识的考查，易错点（５）注意区别用电子式表示离子化合物的形成过程和共价键形成过程的区别。
25.A、B、C、D、E是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种化合物甲和乙。D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙。E是地壳中含量最高的金属元素，F的单质是生活中用量最大的金属。根据以上信息回答下列问题：
(1)B元素在周期表中的位置是__________，F元素在周期表中的位置是__________。
(2)A、B、C、D、E五种元素的原子半径由大到小的顺序是(用元素符号填写)________________________________________。
(3)写出E的最高价氧化物对应的水化物分别与A、C两元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：
①___________________________________________________；
②___________________________________________________。
(4)D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙的化学式为____________。
【答案】 (1). 第二周期ⅥA族 (2). 第四周期Ⅷ族 (3). Na＞Mg＞Al＞N＞O (4). Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O (5). Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O (6). Mg3N2
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则A、B处于第二周期，B、C、E处于第三周期；C、B可按原子个数比2：1和1：1分别形成两种化合物甲和乙，则C为Na，B为O；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al；F的单质是生活中用量最大的金属，F为Fe；D、A按原子个数比3：2形成化合物丙，则D为Mg、A为N元素。
【详解】（1）B为O元素，在周期表中的位置是：第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；
F为Fe元素，在周期表中的位置是：第四周期Ⅷ族，故答案为：第四周期Ⅷ族；
（2）同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Mg＞Al＞N＞O，
故答案为：Na＞Mg＞Al＞N＞O；
（3）氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O，
氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O，
故答案为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O；
（4）Mg、N按原子个数比3：2形成化合物丙的化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2。
【点睛】本题考查位置结构性质关系应用，明确元素的种类是解答本题的关键，需要学生熟练掌握基础知识。
26.A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如右图所示。A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B原子核内质子数和中子数相等。
(1)A、B、C三种元素的名称分别为________、________、________。
(2)C单质与H2反应的化学方程式为____________________________________。
(3)写出A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：________________________。
【答案】 (1). 氮 (2). 硫 (3). 氟 (4). H2+F2=2HF (5). 2NH3+H2SO4=(NH4)2 SO4
【解析】
【分析】
A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，设B元素的质子数为x，则A的质子数为x-9，C的质子数为x-7，可得x－9+x-7=x，解之得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，分别为N、S、F元素。
【详解】（1）由以上分析可知A为氮元素、B为硫元素，C为氟元素，故答案为：氮；硫；氟；
（2）C的原子序数为9，原子核外有2个电子层，最外层电子数为7，反应中显-1价，单质与H2反应的化学方程式为F2+H2=2HF，
故答案为：F2+H2=2HF；
（3）A为N元素，对应的氢化物为氨气，对应的最高价氧化物的水化物为硫酸，二者发生2NH3+H2SO4=(NH4)2 SO4，故答案为：2NH3+H2SO4=(NH4)2 SO4。
【点睛】本题考查位置结构性质关系的综合应用，注意根据质子数关系结合元素所在周期表中的位置推断元素的种类。
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