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【化学】贵州省从江县第一民族中学2018-2019学年高二上学期期末考试(解析版)
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贵州省从江县第一民族中学2018-2019学年高二上学期期末考试
1.下列各组物质中分子数相同的是
A. 2 L一氧化碳和2 L 二氧化碳
B. 9 g水和标准状况下11.2 L二氧化碳
C. 标准状况下1 mol氧气和22.4 L水
D. 0.2 mol 氢气和4.48 L氯化氢气体
【答案】B
【解析】
物质的分子数相同即分子的物质的量相同；A错，不知道是不是在相同条件下的比较；B正确；C错，标准状况下水为冰水混合物；D错，未指明气体体积是在标准状况下；
2.已知某强氧化剂中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3mol至较低价态，需要60 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是
A. －1 B. 0 C. ＋1 D. ＋2
【答案】B
【解析】
【详解】设中的R的化合价从+5还原（降低）至＋x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价从+4升高到+6，根据氧化还原反应中的电子得失守恒、化合价升降相同的原理，有2.4×10－3（5-x）=610－3（6-4），解得x=0，故答案B正确；
本题答案为B。
【点睛】氧化还原中，氧化剂得电子的物质的量和还原剂失电子的物质的量相等，氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高，所以氧化剂化合价降低的总数和还原剂化合价升高的总数相等。
3.下列说法正确的是
A. 二氧化硫和漂白粉都具有漂白作用，它们都能使溴水和高锰酸钾溶液褪色
B. 过氧化钠和二氧化硫都具有漂白作用，它们都能使品红溶液褪色
C. 二氧化硫和氯气都具有漂白作用，它们都能使石蕊试液先变红色再褪色
D. 盐酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，所以盐酸也有漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】
A、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应；
B、二氧化硫与有色物质化合生成无色物质， Na2O2具有强氧化性；
C．两种气体同时通入生成硫酸和盐酸；
D．盐酸不具有漂白性。
【详解】A项、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应，则体现其还原性，只有使品红褪色体现其漂白性，故A错误；
B项、二氧化硫与品红化合生成无色物质， Na2O2具有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故B准确；
C项、氯气不具有漂白性，二氧化硫可以使石蕊试液变红但不会褪色，故C错误；
D项、盐酸与氢氧化钠发生中和反应，中性、酸性条件下酚酞为无色，盐酸不具有漂白性，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查物质的漂白性，把握漂白原理及发生的氧化还原反应为解答的关键。
4.将饱和的氯化铁溶液分别滴加到下列液体中，能制备氢氧化铁胶体的是
A. 冷的自来水 B. 加热至沸的蒸馏水
C. 氢氧化钠溶液 D. 浓氨水
【答案】B
【解析】
【详解】A.因FeCl3在冷水中水解程度较小，不能形成胶体，故A错误；
B.因FeCl3溶液与沸水发生水解反应,水电离出来的OH-离子与Fe3+结合形成氢氧化铁胶体粒子,故B正确；
C.因FeCl3溶液与NaOH溶液生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故C错误；
D.因FeCl3溶液与NaOH浓氨水生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故D错误；
本题答案为B。
5.下列关于过滤和蒸发说法中不正确的是
A. 过滤是从液体中分离出难溶物质的实验方法
B. 蒸发是减少溶剂，让溶质析出的实验方法
C. 过滤和蒸发实验中都用到的玻璃仪器是烧杯
D. 加热蒸发可以使溶液浓缩或溶质结晶析出
【答案】C
【解析】
【详解】A.过滤是用过滤器，把难溶的物质从液体中分离出来实验方法，故A正确；
B.蒸发是利用加热的方法，使溶液中溶剂不断挥发而析出溶质（晶体）的过程，故B正确；
C.在过滤和蒸发的实验操作中都要用到玻璃仪器是玻璃棒，故C错误；
D.加热蒸发溶剂，可以使溶液浓缩或溶质结晶析出，故D正确；
本题答案为C。
6.t℃时CuSO4的溶解度是Sg，其饱和溶液密度为dg·cm－3，物质的量浓度为cmol·L－1。向足量饱和溶液中加入mg无水CuSO4或蒸发掉ng水后恢复t℃，均能获得Wg胆矾晶体，下列关系式正确的是
A. c＝mol·L－1 B. S＝g
C. m＝g D. W＝g
【答案】C
【解析】
【详解】A.考查c、d、S的代数关系．t℃时CuSO4的溶解度是S g，设100g水与Sg CuSO4可形成饱和溶液，则所得饱和溶液质量=(100+S)g，溶质硫酸铜物质的量=mol，而所得饱和溶液的体积=×10-3L，故物质的量浓度C==mol/L ，故A错误；
B. 考查S、W、n的代数关系．饱和溶液蒸发掉ng水恢复到t℃时，获得Wg CuSO4•5H2O晶体，逆向思维即再加入（蒸发掉的）n g水时，Wg胆矾晶体就可恰好溶解恢复到原饱和溶液，即n g水与Wg CuSO4•5H2O可形成饱和溶液，饱和溶液中溶质质量=W×g，溶液的质量=(n+W)g，此时硫酸铜的溶解度S= 100g=g；故B错误；
C.考查S、m、n的代数关系．加入m g无水CuSO4或蒸发掉n g水后恢复到t℃，均能获得W g胆矾晶体，说明n g水中溶解m g无水CuSO4恰好成饱和溶液，此时硫酸铜溶解度S=g，则m=g；故C正确；
D. 考查W、S、m的代数关系，加入mg的无水CuSO4与饱和溶液中的水反应而使饱和溶液因水减少而析出晶体，Wg硫酸铜晶体中所含结晶水质量=Wg×、所含硫酸铜的质量=Wg×，而其中（W××100%-m）g硫酸铜完全溶解于Wg×水恰好成为饱和溶液，则:=，则析出晶体质量W=g；故D错误。
本题答案为C。
7.用容量瓶配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的实验中，会使所配溶液浓度偏高的是
A. 定容时加水加多了，用滴管吸出溶液至刻度线
B. 定容时仰视刻度线
C. 没有洗涤溶解NaCl固体的烧杯和玻璃棒
D. 称量NaCl固体时砝码上有杂质
【答案】D
【解析】
【详解】A.定容时加水加多了，溶液体积偏大，导致浓度偏低，虽用滴管吸出溶液至刻度线，浓度也和原来一样，故A错误；
B.定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大,所配溶液浓度偏小，故B错误；
C.未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的质量减少，浓度偏低，故C错误；
D.称量NaCl固体时砝码上有杂质,导致称量氯化钠偏多,浓度偏大,故D正确；
本题答案为D。
【点睛】根据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，判断对所配溶液浓度的影响。
8.下列关于元素周期表的说法中不正确的是
A. 同一横行元素性质基本相同
B. 同一横行元素原子序数从左到右依次递增
C. 同一纵行元素最外层电子数相同
D. 同一纵行元素电子层数自上而下依次递增
【答案】A
【解析】
【详解】A.元素周期表中，同一横行元素，电子层数相同，最外层电子数不同，元素的性质不同，故A错误；
B.元素周期表中，同一横行元素原子序数从左到右依次递增，故B正确；
C.元素周期表中，同一纵行元素电子层数不同，最外层电子数相同，故C正确；
D.元素周期表中，同一纵行元素电子层数自上而下依次递增，故D正确；
本题答案为A。
9.A、B、C三种元素在周期表中的位置如下图所示，已知A、B、C原子序数之和为37。下列关于A、B、C三种元素的说法正确的是
A. 元素B和C位于第四周期 B. 元素A的原子序数为7
C. 元素B最外层有5个电子 D. 元素C位于第三周期ⅤA族
【答案】B
【解析】
【分析】
若位于短周期或元素周期表的左侧时，设A的原子序数为x，结合位置可知，B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，A、B、C原子序数之和为37，则x+x+7+x+9=37，解得x=7，则A为N，B为Si，C为S； 若位于长周期时，设A的原子序数为x，结合位置可知，B的原子序数为x+17，C的原子序数为x+19，A、B、C原子序数之和为37，则x+x+17+x+19=37，解得x= 1/3不符合题意。故A为N，B为Si，C为S。
【详解】A、元素B为Si，C为S，位于第三周期，故A错误；B、元素A为N，原子序数为7，故B正确；C、元素B为Si，最外层有4个电子，故C错误；D、元素C为S，第三周期ⅥA族，故D错误；故选B。
10.世界上60%的镁是从海水中提取的，其主要步骤如下：
①把贝壳制成生石灰；
②在海水中加入生石灰，过滤，洗涤沉淀物；
③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤；
④在氯化氢热气流中加热晶体；
⑤电解上述所得盐(熔融条件下)
下列说法中，不正确的是
A. 向最后一次洗涤液中滴加碳酸钠溶液可检验沉淀是否洗涤干净
B. 上述变化过程中包括了分解、化合、复分解三种反应类型
C. 步骤⑤也可以采用电解该盐水溶液的方法
D. 为节省原料、减少污染，在提取镁的工业流程中使用了物质循环的过程
【答案】C
【解析】
试题分析：A、如果沉淀没有洗涤干净，沾附溶液中含Ca2+，滴加Na2CO3溶液可进行检验，正确；由贝壳制成生石灰为分解反应，CaO与H2O的反应为化合反应，Ca(OH)2与MgCl2、Mg(OH)2与HCl的反应为复分解反应，正确；C、电解MgCl2溶液生成Mg(OH)2、Cl2、H2，无法得到金属Mg，错误；D、提取镁的工业流程中Cl2循环使用，可节省原料、减少污染，正确。
考点：本题考查物质的制备和工艺流程。
11.比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系，①C→CO2；②CH4→CO2；③CO→CO2，比较归纳正确的是
A. 三种转化关系中发生的反应都属于化合反应
B. 三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体
C. 三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳
D. 三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳
【答案】D
【解析】
分析：①C→CO2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳；
②CH4→CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态；
③CO→CO2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。
详解：A．甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳，不是化合反应，A错误；
B．甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态，B错误；
C．碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳，C错误；
D．碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳，D正确；
答案选D。
12.利用反应6NO2＋8NH3＝7N2＋12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。
下列说法不正确的是
A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极
B. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜
C. 电极A极反应式为：2NH3－6e－＝N2＋6H＋
D. 当有4.48LNO2(标准状况) 被处理时，转移电子为0.8mol
【答案】C
【解析】
试题分析：在反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，所以A为负极，B为正极，NH3在负极发生氧化反应，NO2在正极发生还原反应A． B为正极，A为负极，电子由负极经过负载流向正极，由于电流的方向是正电荷的运动方向，所以电流从右侧的正极经过负载后流向左侧负极，正确； B．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮与碱发生反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，正确； C．电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，故选项C错误； D．当有4.48L NO2（标准状况）即0.2mol 被处理时，转移电子为0.2mol×（4-0）=0.8mol，故选项D正确．
考点：考查原电池的工作原理的知识。
13.下列说法不正确的是
A. 煤的干馏和石油分馏都是物理变化
B. 石油主要是由多种烃组成的混合物
C. 石油分馏得到的汽油是混合物
D. 石油主要含有碳、氢两种元素
【答案】A
【解析】
【详解】A.煤的干馏是化学变化，石油分馏都是物理变化，故A错误；
B.石油主要是由各种烷烃、环烷烃、芳香烃组成的混合物,故B正确；
C.石油分馏得到的各种馏分是沸点在一定范围内的混合物，汽油是一种馏分，也是混合物，故C正确；
D.石油主要含有碳和氢两种元素,同时还含有少量的硫、氧、氮等元素,故D正确；
本题答案为A。
【点睛】煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热发生分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化。石油分馏是指利用石油中各组分的沸点不同而分离的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化。
14.下列各糖能发生水解，且属于还原性糖的是
A. 葡萄糖 B. 蔗糖 C. 麦芽糖 D. 纤维素
【答案】C
【解析】
【详解】A. 葡萄糖属于还原性糖，是单糖，不水解，A错误；
B. 蔗糖是二糖能发生水解，但不是还原性糖，B错误；
C. 麦芽糖是二糖能发生水解，属于还原性糖，C正确；
D. 纤维素是多糖，能水解，但不是还原性糖，D错误。
答案选C。
15.下列说法正确的是
A. 氢原子光谱是所有元素的光谱中最简单的光谱之一
B. “量子化”就是不连续的意思，微观粒子运动均有此特点
C. 玻尔理论不但成功解释了氢原子光谱，而且还推广到其他原子光谱
D. 原子中电子在具有确定半径的圆周轨道上像火车一样高速运转着
【答案】B
【解析】
【详解】A．光谱是一个系统，元素是按波长区分，没有氮光谱、碳光谱等，故选项A错误；
B．微观粒子的运动具有波粒二象性，用波粒二象性和概率波处理微观问题就是量子化，微观粒子的运动具有量子化特点，故选项B正确；
C．波尔理论具有局限性，只是解释了氢原子光谱，不能推广到其他原子光谱，故选项C错误；
D．电子没有固定的轨道，在一定范围内高速运动，只能指出它在原子核外空间某处出现的机会的多少，故选项D错误。
因此合理选项是B。
16.下列各组微粒，没有按照半径由小到大顺序排列的是
A. Cl、Na、F、K B. F、Cl、Na、K
C. Ca2＋、K＋、Cl－、S2－ D. Na＋、K＋、Cl－、Br－
【答案】A
【解析】
F位于第二周期,Cl、Na位于第三周期且Na排在Cl的前面,K位于第四周期,故四者的原子半径由小到大的顺序为F
①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫磺和碘
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
SiO2、晶体硼、晶体硅、金刚石都是原子晶体,SO3、HCl、CO2、SO2、晶体氖、晶体氮、硫黄、碘都是分子晶体。晶体氖中没有化学键,其余物质中都有共价键。
18.下列基态原子的价电子排布式中，正确的是
A. 3d94s2 B. 3d44s2 C. 3d104s0 D. 3d84s2
【答案】D
【解析】
【分析】
基态原子的核外电子排布必须满足①能量最低原理②洪特规则③泡利不相容原理及轨道能量高低顺序。
【详解】A：应为3d104s1，故A错误；
B：应为3d54s1，故B错误；
C：应为 3d84s2，故C错误
D：应为3d84s2，故D正确；
正确答案：D。
【点睛】本题重点考查洪特规则特例的运用，即电子在能量相同的轨道上，处于全满，半满，全空时的体系能量最低，原子最稳定。
19.在BrCH=CHBr分子中，C—Br键采用的成键轨道是
A. sp—p B. sp2—s C. sp2—p D. sp3—p
【答案】C
【解析】
试题分析：首先Br有7个电子，与C共用一个后有8个，所以是sp3杂化，成键时提供一个P轨道；而C首先有一个电子成π键，所以只有3个电子，是SP2杂化。所以选C。
考点：杂化轨道理论
点评：本题考查的是杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键，
20.下列说法中，不正确的是
A. 金属晶体中一定含有金属键
B. 在含有阳离子的化合物的晶体中，一定含有阴离子
C. 含有金属元素的离子不一定是阳离子
D. 金属晶体中原子的堆积方式都是A3或A1型最密堆积
【答案】D
【解析】
【详解】金属晶体中一定含有金属键；金属晶体中只含有阳离子而没有阴离子，但对离子化合物来说，含有阳离子必定含有阴离子；含有金属元素的离子不一定是阳离子，如MnO4-或[Al(OH)4]－等；金属晶体中也存在非最密堆积型式，如A2型密堆积。故D错误；
本题答案为D。
21.下列说法正确的是
A. NaOH是含有非极性共价键的离子晶体
B. 氯化钠与氯化铯的晶体结构完全相同
C. 金刚石、硅、锗的熔点和硬度依次降低
D. NaF、MgF2、AlF3三种离子晶体的晶格能逐渐减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaOH是含有极性共价键的离子晶体，故A错误；B.氯化钠中,一个钠离子周围最近的氯离子有6个,一个氯离子周围最近的钠离子有6个;氯化铯中,一个铯离子周围最近的氯离子有8个,一个氯离子周围最近的铯离子有8个,晶体结构不同,故B错误;C.原子半径:C
22.如图是CaF2晶胞的结构。下列说法正确的是
A. 一个CaF2晶胞中含有8个Ca2+
B. 一个CaF2晶胞中含有8个F-
C. 在CaF2晶胞中Ca2+的配位数为4
D. 在CaF2晶胞中F-的配位数为8
【答案】B
【解析】
根据晶胞结构可知，一个CaF2晶胞中含有的Ca2+和F－的个数分别为8×1/8＋6×1/2＝4，8×1＝8，所以A不正确，B正确。配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目。所以根据晶胞的结构可判断Ca2＋的配位数是8，F－的配位数是4，即选项CD都是错误的。答案选B。
23.下列固态物质中，含有共价键的离子晶体是
A. KBr B. NaOH C. HCl D. I2
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答。
【详解】A.KBr是离子晶体，但其只含有离子键，不含有共价键，故A错误；
B.NaOH中氢氧根与钠离子以离子键结合，属于离子晶体，氢氧根中的氢和氧以极性共价键结合，故B正确；
C.HCl中不含有离子键，属于分子晶体，只含有共价键，故C错误；
D.I2中不含有离子键，属于分子晶体，只含有共价键，故D错误。
故选B。
【点睛】既含离子键有含共价键的物质是离子化合物：①铵盐类，如NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2CO3等；②强碱类，如KOH、NaOH等；③含氧酸盐，如K2SO4、NaHCO3等；④过氧化物，如Na2O2，超氧化物，如KO2。
24.金属的下列性质中，不能用金属的电子气理论加以解释的是
A. 易导电 B. 易导热 C. 易腐蚀 D. 有延展性
【答案】C
【解析】
【详解】电子气理论认为金属键是金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有原子所共有，从而把所有的金属原子维系在一起形成了金属键。
A项，金属晶体里的自由电子在外加电场作用下作定向移动，形成电流，因此金属具有导电性，故不选A项；
B项，当金属某部分受热时，该区域的电子运动加剧，通过碰撞，电子将能量传递给金属原子或离子，这样能量从温度高的区域传递到温度低的区域，因此金属具有导热性，故不选B项；
C项，金属的易锈蚀性主要是因为金属原子容易失去最外层电子形成更稳定的结构，故选择C项；
D项，当金属受到外力时，晶体中的原子层就会发生相对滑动，并不会改变原来的排列方式，金属键并没有被破坏，所以虽然发生了外形的变化，但不会断裂，具有延展性，故不选D项。
故答案选C。
25.下列关于苯分子结构或性质的描述错误的是
A. 苯分子呈平面正六边形，六个碳碳键完全相同，键角皆为120°
B. 苯分子中的碳原子采取sp2杂化，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩与肩”形式形成一个大π键
C. 苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种特殊类型的键
D. 苯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液因发生化学反应而褪色
【答案】D
【解析】
A，苯中6个C原子均采用sp2杂化，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩并肩”形式形成一个大π键，苯分子呈平面正六边形，六个碳碳键完全相同，键角皆为120º， A项正确；B，苯分子中的碳原子采取sp2杂化，每个C原子的sp2杂化轨道形成2个碳碳σ键和1个碳氢σ键，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩并肩”形式形成一个大π键，B项正确；C，苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种特殊类型的键，不是单、双键交替结构，C项正确；D，苯中不含碳碳双键，苯可以萃取溴水中的溴使溴水褪色，苯不能与溴水发生加成反应，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查苯的结构、杂化类型和苯的性质。注意苯中碳碳键的独特性，苯使溴水层颜色褪去不是发生加成反应而是萃取褪色。
26.已知由短周期元素构成的三种粒子：甲a(单核带一个单位正电荷)、乙I(四核不带电荷)、丙e(双核带一个单位负电荷)，它们都有10个电子。物质A由甲、丙构成，B、C、D、K都是单质，反应①～⑤都是用于工业生产的反应，各有关物质之间的相互反应转化关系如下图所示：
请填写下列空白：
（1）写出下列物质的化学式：B________，I________，J________。
（2）A的化学式是__________________。
（3）写出下列反应的离子方程式：
①H＋E(溶液)→M_________________________________________________________。
②I溶于G_______________________________________________________。
（4）写出反应④的化学方程式____________________________________________。
【答案】 (1). Cl2 (2). NH3 (3). NO (4). NaOH (5). H＋＋ClO－===HClO (6). NH3＋H2ONH3·H2O (7). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
【解析】
【分析】
a、I、e为三种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，a单核带一个单位的正电荷，应为Na+；I为四核分子，则I为NH3，e为双核的阴离子，则I为OH-；物质A由a、e构成，则A为NaOH，根据④电解生成A(NaOH），可考虑到氯碱工业，再结合反应①，可知B：Cl2；C：H2；H：HCl；又因H可以与E反应，则推知E：NaClO；F：NaCl；G：H2O；M：HClO；K：O2；再结合⑤即氨的催化氧化，可知D：N2；I：NH３；J：NO。
【详解】（1）由上述分析可以知道： B为Cl2，I为NH3，J为NO；
本题答案为：Cl2 、 NH3 、 NO。
（2）因为物质A由a、e构成，a是Na+、e是OH-，则A为NaOH，故A的化学式是NaOH；
本题答案为：NaOH。
（3）①有上述分析知， H是HCl、E是NaClO、M是HClO，所以H＋E(溶液)→M的离子方程式为：H＋＋ClO－===HClO；
本题答案为：H＋＋ClO－===HClO。
②有上述分析知，I是NH3、G是H2O，故I溶于G的离子方程式为：NH3＋H2ONH3·H2O；
本题答案为：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－。
（4）由分析知F为NaCl、G为H2O，所以反应④为电解食盐水的反应，故方程式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；
本题答案为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。
27.如图是甲醛分子的模型，根据该图和所学化学知识回答下列问题：
（1）甲醛分子中碳原子的杂化方式是__________，作出该判断的主要理由是__________________________。
（2）下列是对甲醛分子中碳氧键的判断，其中正确的是________(填序号)。
①单键 ②双键 ③σ键 ④π键 ⑤σ键和π键
（3）甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角________(填“＝”、“＞”或“＜”)120°，出现该现象的主要原因是____________________________________________。
【答案】 (1). sp2 (2). 甲醛分子的空间构型为平面三角形 (3). ②⑤ (4). ＜ (5). 碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强
【解析】
【分析】
(1) 甲醛分子为平面三角形，甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；
(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键，双键中含有σ键和π键；
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，键角小于120°。
【详解】(1)原子的杂化轨道类型不同，分子的空间构型也不同。由图可知，甲醛分子为平面三角形，所以甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；综上所述，本题答案是：sp2 ；甲醛分子的空间构型为平面三角形。
(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键；一般来说，双键是σ键和π键的组合，②⑤正确；综上所述，本题答案是：②⑤。
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，所以甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角小于120°；综上所述，本题答案是：＜ ，碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强。
28.海洋植物如海带和海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海洋中提取碘的流程如下：
―→
某化学兴趣小组将上述流程②、③设计成如下图所示操作。
已知过程②发生反应的化学方程式为Cl2＋2KI===2KCl＋I2
回答下列问题：
（1）写出提取过程①、③中实验操作的名称：①____________，③____________。
（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、____________、____________(除泥三角外)。
（3）F中下层液体的颜色为________色，上层液体中溶质的主要成分为____________。
（4）从F中得到固态碘还需进行的操作是_______________________________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 萃取 (3). 坩埚 (4). 坩埚钳 (5). 紫红(或紫) (6). KCl (7). 分液、蒸馏
【解析】
【分析】
（1）①分离固体和液体用过滤，③将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可；
（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳；
（3）I2的四氯化碳溶液，显紫红色（紫色）。
【详解】（1）①分离固体和液体用过滤，③将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：过滤；萃取；
（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳，故答案为：坩埚 ；坩埚钳；
（3）Cl2+2KI=2KCl+I2下层是I2的四氯化碳溶液，显紫红色（紫色），上层是KCl的水溶液，溶质的主要成分KCl，故答案为：紫红(或紫)，KCl；
（4）F中的两种液体，先进行分液，然后蒸馏得到I2，故答案为：分液、蒸馏。
29.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。某兴趣小组采用10.0 g废易拉罐(含90%的Al，还含有少量的Fe、Mg等杂质)制备明矾的实验方案如图1：
（1）试剂①应选用________(填代号)。
a．盐酸 b．H2SO4溶液
c．氨水 d．NaOH溶液
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为___________________________。
（3）溶液B中溶质的主要成分为________________(填化学式)。
（4）从溶液C中得到明矾的实验操作步骤为蒸发浓缩、________(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥。如图2所示，蒸发操作中的一处错误是________________________________。
（5）该小组在实验完成之后，得到118.5 g明矾，则明矾的回收率为________。(已知：明矾的摩尔质量为474 g·mol－1)
【答案】 (1). d (2). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (3). NaHCO3 (4). 冷却结晶 (5). 蒸发时不能使用坩埚(或蒸发时应使用应蒸发皿) (6). 75%
【解析】
易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液（溶液A），并通过过滤除去Fe、Mg（沉淀A）等杂质，滤液中通入CO2溶液后，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，通过过滤得到碳酸氢钠溶液（溶液B）和氢氧化铝（沉淀B），过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到明矾晶体。则
（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质；答案选d；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；（3）根据分析可知，偏铝酸钠溶液中通入CO2溶液后，后生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，通过过滤得到碳酸氢钠溶液（溶液B）和氢氧化铝（沉淀B），溶液B为NaHCO3溶液；（4）硫酸铝溶液中添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体；蒸发不能使用坩埚，应该用蒸发皿；（2）根据铝元素守恒可知理论上可得到明矾的质量为：10g×90%×474/27=158g，则明矾的回收率为118.5/158×100%=75%。
点睛：本题考查了制备方案的设计，根据制备流程明确实验原理为解答的关键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，明确常见化学实验基本操作方法，坩埚和蒸发皿的使用是解答的易错点。
30.已知非金属单质硫(S)是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：
（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是____________，烧瓶中发生的反应的化学方程式是______________________。
（2）画出虚线框内的实验装置图，所加试剂为____________，该装置的作用是__________________。
（3）装置B中盛放的试剂是____________(填序号)，实验现象为____________________________，该反应的离子方程式是____________________________，该反应属于四种基本反应类型中的__________反应。
A．Na2S溶液 B．Na2SO3溶液
C．Na2SO4溶液
（4）已知：①硫酸比次氯酸稳定；②高氯酸的酸性比硫酸强；③S2－比Cl－易被氧化；④HCl比H2S稳定；⑤铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应；⑥铁与氯气在加热条件下反应生成三氯化铁，铁与硫在加热条件下反应生成硫化亚铁；⑦硫原子与氯原子的电子层数相同，氯的原子半径小于硫原子。能说明氯的非金属性比硫强的是________(填序号)。
A．全部 B．②③④⑥⑦
C．①②④⑤⑥ D．②③④⑤⑥⑦
（5）装置C中盛放烧碱溶液，目的是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气，写出该装置中所发生反应的离子方程式：________________________。
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 除去Cl2中的HCl气体 (5). A (6). 有淡黄色沉淀生成 (7). S2－＋Cl2===2Cl－＋S↓ (8). 置换 (9). B (10). Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
【解析】
【分析】
（1）为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，根据实验装置的特点，可以确定需要用氯气置换出硫，则必须用装置A制备氯气，从实验室制取氯气的原理分析解答此题；
（2）由于用浓盐酸制取氯气需要加热，实验过程中会挥发出HCl气体，因此虚线框部分应是除去HCl气体的装置，可以使用洗气瓶，所用装置为洗气装置；
（3）要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液；
（4）比较元素的非金属性强弱可根据：元素对应最高价氧化物的水化物的酸性；氢化物的还原性、稳定性强弱；与氢气反应的难易程度以及单质的氧化性的强弱等角度；
（5）装置C中盛放烧碱溶液，用易吸收多余的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）实验室通常用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，则A装置中的分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸，反应的化学方程式为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
本题答案为：浓盐酸、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
（2）由于用浓盐酸制取氯气需要加热，实验过程中会挥发出HCl气体，因此虚线框部分应是除去HCl气体的装置，可以使用洗气瓶，瓶内盛装饱和食盐水，既除去HCl，又降低氯气在水中的溶解度．所用装置为： ；
本题答案为： ，饱和食盐水，除去Cl2中的HCl气体。
（3）要在B中发生氯气置换出硫的反应，氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，发生的是置换反应，生成淡黄色的S沉淀，化学方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；
本题答案为：A，有淡黄色沉淀生成，Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，置换。
（4）①硫酸比次氯酸稳定，不能用来比较非金属性强弱；
②元素对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的元素的非金属性越强，可说明非金属性Cl＞S；
③元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，S2-比Cl-易被氧化，可说明非金属性Cl＞S，；
④元素的非金属性越强，氢化物越稳定，HCl比H2S稳定，可说明非金属性Cl＞S；
⑤铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应，不能判断非金属性强弱；
⑥铁与氯气加热生成三氯化铁，铁与硫加热生成硫化亚铁，说明氯气的氧化性比硫强，则可说明非金属性Cl＞S；
⑦硫原子与氯原子的电子层数相同，氯的原子半径小于硫原子，说明氯元素的原子比硫元素的原子更容易得到电子，则可说明氯元素的非金属性比硫元素强。
综上所述，能说明氯的非金属性比硫强的是②③④⑥⑦；
本题答案为B。
（5）装置C中盛放烧碱溶液，目的是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气，反应的离子方程式为：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O；
本题答案为：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。
31.已知和碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的分子是XY4。
试回答：
（1）X元素原子的基态电子排布式为______________________________________；
Y元素原子最外层电子的电子排布图为__________________________________。
（2）若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，则XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。
（3）该化合物的空间结构为____________，中心原子的杂化类型为________，分子为________(填“极性”或“非极性”)分子。
（4）该化合物在常温下为液体，它存在的分子间作用力是________。
（5）该化合物的沸点与SiCl4的比较，________(填化学式)的高，原因是__________ 。
【答案】（7分）（1）1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar] 3d104s24p2 （2）共价键（3）正四面体形 非极性分子
（4）共价键、范德华力
（5）GeCl4二者结构相似，GeCl4相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高（各1分）
【解析】
试题分析：与碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，则X应该是Ge元素。短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们所形成化合物的分子式是XY4，所以Y应该是氯元素。
（1）根据构造原理可知，Ge元素的原子基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar] 3d104s24p2。
（2）两种元素的电负性均大于1.8，都是非金属，所以XY4中X与Y之间的化学键为共价键。
（3）根据价层电子对互斥理论可知，分子中中心原子含有的孤对电子对数＝（4－4×1）÷2＝0，所以该分子是正四面体型结构，属于非极性分子。
（4）XY4在常温下为液体，说明该化合物形成的晶体类型是分子晶体，所以该化合物中存在的微粒间作用力有共价键、范德华力。
（5）由于二者结构相似，形成的晶体类型都是分子晶体，但GeCl4相对分子质量大，范德华力强，所以GeCl4熔、沸点高。
考点：考查核外电子排布、分子的空间构型、化学键、分子的极性、微粒间作用力以及沸点高低的判断
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，难易适中，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
1.下列各组物质中分子数相同的是
A. 2 L一氧化碳和2 L 二氧化碳
B. 9 g水和标准状况下11.2 L二氧化碳
C. 标准状况下1 mol氧气和22.4 L水
D. 0.2 mol 氢气和4.48 L氯化氢气体
【答案】B
【解析】
物质的分子数相同即分子的物质的量相同；A错，不知道是不是在相同条件下的比较；B正确；C错，标准状况下水为冰水混合物；D错，未指明气体体积是在标准状况下；
2.已知某强氧化剂中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3mol至较低价态，需要60 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是
A. －1 B. 0 C. ＋1 D. ＋2
【答案】B
【解析】
【详解】设中的R的化合价从+5还原（降低）至＋x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价从+4升高到+6，根据氧化还原反应中的电子得失守恒、化合价升降相同的原理，有2.4×10－3（5-x）=610－3（6-4），解得x=0，故答案B正确；
本题答案为B。
【点睛】氧化还原中，氧化剂得电子的物质的量和还原剂失电子的物质的量相等，氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高，所以氧化剂化合价降低的总数和还原剂化合价升高的总数相等。
3.下列说法正确的是
A. 二氧化硫和漂白粉都具有漂白作用，它们都能使溴水和高锰酸钾溶液褪色
B. 过氧化钠和二氧化硫都具有漂白作用，它们都能使品红溶液褪色
C. 二氧化硫和氯气都具有漂白作用，它们都能使石蕊试液先变红色再褪色
D. 盐酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，所以盐酸也有漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】
A、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应；
B、二氧化硫与有色物质化合生成无色物质， Na2O2具有强氧化性；
C．两种气体同时通入生成硫酸和盐酸；
D．盐酸不具有漂白性。
【详解】A项、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应，则体现其还原性，只有使品红褪色体现其漂白性，故A错误；
B项、二氧化硫与品红化合生成无色物质， Na2O2具有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故B准确；
C项、氯气不具有漂白性，二氧化硫可以使石蕊试液变红但不会褪色，故C错误；
D项、盐酸与氢氧化钠发生中和反应，中性、酸性条件下酚酞为无色，盐酸不具有漂白性，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查物质的漂白性，把握漂白原理及发生的氧化还原反应为解答的关键。
4.将饱和的氯化铁溶液分别滴加到下列液体中，能制备氢氧化铁胶体的是
A. 冷的自来水 B. 加热至沸的蒸馏水
C. 氢氧化钠溶液 D. 浓氨水
【答案】B
【解析】
【详解】A.因FeCl3在冷水中水解程度较小，不能形成胶体，故A错误；
B.因FeCl3溶液与沸水发生水解反应,水电离出来的OH-离子与Fe3+结合形成氢氧化铁胶体粒子,故B正确；
C.因FeCl3溶液与NaOH溶液生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故C错误；
D.因FeCl3溶液与NaOH浓氨水生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故D错误；
本题答案为B。
5.下列关于过滤和蒸发说法中不正确的是
A. 过滤是从液体中分离出难溶物质的实验方法
B. 蒸发是减少溶剂，让溶质析出的实验方法
C. 过滤和蒸发实验中都用到的玻璃仪器是烧杯
D. 加热蒸发可以使溶液浓缩或溶质结晶析出
【答案】C
【解析】
【详解】A.过滤是用过滤器，把难溶的物质从液体中分离出来实验方法，故A正确；
B.蒸发是利用加热的方法，使溶液中溶剂不断挥发而析出溶质（晶体）的过程，故B正确；
C.在过滤和蒸发的实验操作中都要用到玻璃仪器是玻璃棒，故C错误；
D.加热蒸发溶剂，可以使溶液浓缩或溶质结晶析出，故D正确；
本题答案为C。
6.t℃时CuSO4的溶解度是Sg，其饱和溶液密度为dg·cm－3，物质的量浓度为cmol·L－1。向足量饱和溶液中加入mg无水CuSO4或蒸发掉ng水后恢复t℃，均能获得Wg胆矾晶体，下列关系式正确的是
A. c＝mol·L－1 B. S＝g
C. m＝g D. W＝g
【答案】C
【解析】
【详解】A.考查c、d、S的代数关系．t℃时CuSO4的溶解度是S g，设100g水与Sg CuSO4可形成饱和溶液，则所得饱和溶液质量=(100+S)g，溶质硫酸铜物质的量=mol，而所得饱和溶液的体积=×10-3L，故物质的量浓度C==mol/L ，故A错误；
B. 考查S、W、n的代数关系．饱和溶液蒸发掉ng水恢复到t℃时，获得Wg CuSO4•5H2O晶体，逆向思维即再加入（蒸发掉的）n g水时，Wg胆矾晶体就可恰好溶解恢复到原饱和溶液，即n g水与Wg CuSO4•5H2O可形成饱和溶液，饱和溶液中溶质质量=W×g，溶液的质量=(n+W)g，此时硫酸铜的溶解度S= 100g=g；故B错误；
C.考查S、m、n的代数关系．加入m g无水CuSO4或蒸发掉n g水后恢复到t℃，均能获得W g胆矾晶体，说明n g水中溶解m g无水CuSO4恰好成饱和溶液，此时硫酸铜溶解度S=g，则m=g；故C正确；
D. 考查W、S、m的代数关系，加入mg的无水CuSO4与饱和溶液中的水反应而使饱和溶液因水减少而析出晶体，Wg硫酸铜晶体中所含结晶水质量=Wg×、所含硫酸铜的质量=Wg×，而其中（W××100%-m）g硫酸铜完全溶解于Wg×水恰好成为饱和溶液，则:=，则析出晶体质量W=g；故D错误。
本题答案为C。
7.用容量瓶配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的实验中，会使所配溶液浓度偏高的是
A. 定容时加水加多了，用滴管吸出溶液至刻度线
B. 定容时仰视刻度线
C. 没有洗涤溶解NaCl固体的烧杯和玻璃棒
D. 称量NaCl固体时砝码上有杂质
【答案】D
【解析】
【详解】A.定容时加水加多了，溶液体积偏大，导致浓度偏低，虽用滴管吸出溶液至刻度线，浓度也和原来一样，故A错误；
B.定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大,所配溶液浓度偏小，故B错误；
C.未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的质量减少，浓度偏低，故C错误；
D.称量NaCl固体时砝码上有杂质,导致称量氯化钠偏多,浓度偏大,故D正确；
本题答案为D。
【点睛】根据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，判断对所配溶液浓度的影响。
8.下列关于元素周期表的说法中不正确的是
A. 同一横行元素性质基本相同
B. 同一横行元素原子序数从左到右依次递增
C. 同一纵行元素最外层电子数相同
D. 同一纵行元素电子层数自上而下依次递增
【答案】A
【解析】
【详解】A.元素周期表中，同一横行元素，电子层数相同，最外层电子数不同，元素的性质不同，故A错误；
B.元素周期表中，同一横行元素原子序数从左到右依次递增，故B正确；
C.元素周期表中，同一纵行元素电子层数不同，最外层电子数相同，故C正确；
D.元素周期表中，同一纵行元素电子层数自上而下依次递增，故D正确；
本题答案为A。
9.A、B、C三种元素在周期表中的位置如下图所示，已知A、B、C原子序数之和为37。下列关于A、B、C三种元素的说法正确的是
A. 元素B和C位于第四周期 B. 元素A的原子序数为7
C. 元素B最外层有5个电子 D. 元素C位于第三周期ⅤA族
【答案】B
【解析】
【分析】
若位于短周期或元素周期表的左侧时，设A的原子序数为x，结合位置可知，B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，A、B、C原子序数之和为37，则x+x+7+x+9=37，解得x=7，则A为N，B为Si，C为S； 若位于长周期时，设A的原子序数为x，结合位置可知，B的原子序数为x+17，C的原子序数为x+19，A、B、C原子序数之和为37，则x+x+17+x+19=37，解得x= 1/3不符合题意。故A为N，B为Si，C为S。
【详解】A、元素B为Si，C为S，位于第三周期，故A错误；B、元素A为N，原子序数为7，故B正确；C、元素B为Si，最外层有4个电子，故C错误；D、元素C为S，第三周期ⅥA族，故D错误；故选B。
10.世界上60%的镁是从海水中提取的，其主要步骤如下：
①把贝壳制成生石灰；
②在海水中加入生石灰，过滤，洗涤沉淀物；
③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤；
④在氯化氢热气流中加热晶体；
⑤电解上述所得盐(熔融条件下)
下列说法中，不正确的是
A. 向最后一次洗涤液中滴加碳酸钠溶液可检验沉淀是否洗涤干净
B. 上述变化过程中包括了分解、化合、复分解三种反应类型
C. 步骤⑤也可以采用电解该盐水溶液的方法
D. 为节省原料、减少污染，在提取镁的工业流程中使用了物质循环的过程
【答案】C
【解析】
试题分析：A、如果沉淀没有洗涤干净，沾附溶液中含Ca2+，滴加Na2CO3溶液可进行检验，正确；由贝壳制成生石灰为分解反应，CaO与H2O的反应为化合反应，Ca(OH)2与MgCl2、Mg(OH)2与HCl的反应为复分解反应，正确；C、电解MgCl2溶液生成Mg(OH)2、Cl2、H2，无法得到金属Mg，错误；D、提取镁的工业流程中Cl2循环使用，可节省原料、减少污染，正确。
考点：本题考查物质的制备和工艺流程。
11.比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系，①C→CO2；②CH4→CO2；③CO→CO2，比较归纳正确的是
A. 三种转化关系中发生的反应都属于化合反应
B. 三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体
C. 三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳
D. 三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳
【答案】D
【解析】
分析：①C→CO2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳；
②CH4→CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态；
③CO→CO2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。
详解：A．甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳，不是化合反应，A错误；
B．甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态，B错误；
C．碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳，C错误；
D．碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳，D正确；
答案选D。
12.利用反应6NO2＋8NH3＝7N2＋12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。
下列说法不正确的是
A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极
B. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜
C. 电极A极反应式为：2NH3－6e－＝N2＋6H＋
D. 当有4.48LNO2(标准状况) 被处理时，转移电子为0.8mol
【答案】C
【解析】
试题分析：在反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，所以A为负极，B为正极，NH3在负极发生氧化反应，NO2在正极发生还原反应A． B为正极，A为负极，电子由负极经过负载流向正极，由于电流的方向是正电荷的运动方向，所以电流从右侧的正极经过负载后流向左侧负极，正确； B．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮与碱发生反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，正确； C．电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，故选项C错误； D．当有4.48L NO2（标准状况）即0.2mol 被处理时，转移电子为0.2mol×（4-0）=0.8mol，故选项D正确．
考点：考查原电池的工作原理的知识。
13.下列说法不正确的是
A. 煤的干馏和石油分馏都是物理变化
B. 石油主要是由多种烃组成的混合物
C. 石油分馏得到的汽油是混合物
D. 石油主要含有碳、氢两种元素
【答案】A
【解析】
【详解】A.煤的干馏是化学变化，石油分馏都是物理变化，故A错误；
B.石油主要是由各种烷烃、环烷烃、芳香烃组成的混合物,故B正确；
C.石油分馏得到的各种馏分是沸点在一定范围内的混合物，汽油是一种馏分，也是混合物，故C正确；
D.石油主要含有碳和氢两种元素,同时还含有少量的硫、氧、氮等元素,故D正确；
本题答案为A。
【点睛】煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热发生分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化。石油分馏是指利用石油中各组分的沸点不同而分离的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化。
14.下列各糖能发生水解，且属于还原性糖的是
A. 葡萄糖 B. 蔗糖 C. 麦芽糖 D. 纤维素
【答案】C
【解析】
【详解】A. 葡萄糖属于还原性糖，是单糖，不水解，A错误；
B. 蔗糖是二糖能发生水解，但不是还原性糖，B错误；
C. 麦芽糖是二糖能发生水解，属于还原性糖，C正确；
D. 纤维素是多糖，能水解，但不是还原性糖，D错误。
答案选C。
15.下列说法正确的是
A. 氢原子光谱是所有元素的光谱中最简单的光谱之一
B. “量子化”就是不连续的意思，微观粒子运动均有此特点
C. 玻尔理论不但成功解释了氢原子光谱，而且还推广到其他原子光谱
D. 原子中电子在具有确定半径的圆周轨道上像火车一样高速运转着
【答案】B
【解析】
【详解】A．光谱是一个系统，元素是按波长区分，没有氮光谱、碳光谱等，故选项A错误；
B．微观粒子的运动具有波粒二象性，用波粒二象性和概率波处理微观问题就是量子化，微观粒子的运动具有量子化特点，故选项B正确；
C．波尔理论具有局限性，只是解释了氢原子光谱，不能推广到其他原子光谱，故选项C错误；
D．电子没有固定的轨道，在一定范围内高速运动，只能指出它在原子核外空间某处出现的机会的多少，故选项D错误。
因此合理选项是B。
16.下列各组微粒，没有按照半径由小到大顺序排列的是
A. Cl、Na、F、K B. F、Cl、Na、K
C. Ca2＋、K＋、Cl－、S2－ D. Na＋、K＋、Cl－、Br－
【答案】A
【解析】
F位于第二周期,Cl、Na位于第三周期且Na排在Cl的前面,K位于第四周期,故四者的原子半径由小到大的顺序为F
①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫磺和碘
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
SiO2、晶体硼、晶体硅、金刚石都是原子晶体,SO3、HCl、CO2、SO2、晶体氖、晶体氮、硫黄、碘都是分子晶体。晶体氖中没有化学键,其余物质中都有共价键。
18.下列基态原子的价电子排布式中，正确的是
A. 3d94s2 B. 3d44s2 C. 3d104s0 D. 3d84s2
【答案】D
【解析】
【分析】
基态原子的核外电子排布必须满足①能量最低原理②洪特规则③泡利不相容原理及轨道能量高低顺序。
【详解】A：应为3d104s1，故A错误；
B：应为3d54s1，故B错误；
C：应为 3d84s2，故C错误
D：应为3d84s2，故D正确；
正确答案：D。
【点睛】本题重点考查洪特规则特例的运用，即电子在能量相同的轨道上，处于全满，半满，全空时的体系能量最低，原子最稳定。
19.在BrCH=CHBr分子中，C—Br键采用的成键轨道是
A. sp—p B. sp2—s C. sp2—p D. sp3—p
【答案】C
【解析】
试题分析：首先Br有7个电子，与C共用一个后有8个，所以是sp3杂化，成键时提供一个P轨道；而C首先有一个电子成π键，所以只有3个电子，是SP2杂化。所以选C。
考点：杂化轨道理论
点评：本题考查的是杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键，
20.下列说法中，不正确的是
A. 金属晶体中一定含有金属键
B. 在含有阳离子的化合物的晶体中，一定含有阴离子
C. 含有金属元素的离子不一定是阳离子
D. 金属晶体中原子的堆积方式都是A3或A1型最密堆积
【答案】D
【解析】
【详解】金属晶体中一定含有金属键；金属晶体中只含有阳离子而没有阴离子，但对离子化合物来说，含有阳离子必定含有阴离子；含有金属元素的离子不一定是阳离子，如MnO4-或[Al(OH)4]－等；金属晶体中也存在非最密堆积型式，如A2型密堆积。故D错误；
本题答案为D。
21.下列说法正确的是
A. NaOH是含有非极性共价键的离子晶体
B. 氯化钠与氯化铯的晶体结构完全相同
C. 金刚石、硅、锗的熔点和硬度依次降低
D. NaF、MgF2、AlF3三种离子晶体的晶格能逐渐减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaOH是含有极性共价键的离子晶体，故A错误；B.氯化钠中,一个钠离子周围最近的氯离子有6个,一个氯离子周围最近的钠离子有6个;氯化铯中,一个铯离子周围最近的氯离子有8个,一个氯离子周围最近的铯离子有8个,晶体结构不同,故B错误;C.原子半径:C
22.如图是CaF2晶胞的结构。下列说法正确的是
A. 一个CaF2晶胞中含有8个Ca2+
B. 一个CaF2晶胞中含有8个F-
C. 在CaF2晶胞中Ca2+的配位数为4
D. 在CaF2晶胞中F-的配位数为8
【答案】B
【解析】
根据晶胞结构可知，一个CaF2晶胞中含有的Ca2+和F－的个数分别为8×1/8＋6×1/2＝4，8×1＝8，所以A不正确，B正确。配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目。所以根据晶胞的结构可判断Ca2＋的配位数是8，F－的配位数是4，即选项CD都是错误的。答案选B。
23.下列固态物质中，含有共价键的离子晶体是
A. KBr B. NaOH C. HCl D. I2
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答。
【详解】A.KBr是离子晶体，但其只含有离子键，不含有共价键，故A错误；
B.NaOH中氢氧根与钠离子以离子键结合，属于离子晶体，氢氧根中的氢和氧以极性共价键结合，故B正确；
C.HCl中不含有离子键，属于分子晶体，只含有共价键，故C错误；
D.I2中不含有离子键，属于分子晶体，只含有共价键，故D错误。
故选B。
【点睛】既含离子键有含共价键的物质是离子化合物：①铵盐类，如NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2CO3等；②强碱类，如KOH、NaOH等；③含氧酸盐，如K2SO4、NaHCO3等；④过氧化物，如Na2O2，超氧化物，如KO2。
24.金属的下列性质中，不能用金属的电子气理论加以解释的是
A. 易导电 B. 易导热 C. 易腐蚀 D. 有延展性
【答案】C
【解析】
【详解】电子气理论认为金属键是金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有原子所共有，从而把所有的金属原子维系在一起形成了金属键。
A项，金属晶体里的自由电子在外加电场作用下作定向移动，形成电流，因此金属具有导电性，故不选A项；
B项，当金属某部分受热时，该区域的电子运动加剧，通过碰撞，电子将能量传递给金属原子或离子，这样能量从温度高的区域传递到温度低的区域，因此金属具有导热性，故不选B项；
C项，金属的易锈蚀性主要是因为金属原子容易失去最外层电子形成更稳定的结构，故选择C项；
D项，当金属受到外力时，晶体中的原子层就会发生相对滑动，并不会改变原来的排列方式，金属键并没有被破坏，所以虽然发生了外形的变化，但不会断裂，具有延展性，故不选D项。
故答案选C。
25.下列关于苯分子结构或性质的描述错误的是
A. 苯分子呈平面正六边形，六个碳碳键完全相同，键角皆为120°
B. 苯分子中的碳原子采取sp2杂化，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩与肩”形式形成一个大π键
C. 苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种特殊类型的键
D. 苯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液因发生化学反应而褪色
【答案】D
【解析】
A，苯中6个C原子均采用sp2杂化，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩并肩”形式形成一个大π键，苯分子呈平面正六边形，六个碳碳键完全相同，键角皆为120º， A项正确；B，苯分子中的碳原子采取sp2杂化，每个C原子的sp2杂化轨道形成2个碳碳σ键和1个碳氢σ键，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩并肩”形式形成一个大π键，B项正确；C，苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种特殊类型的键，不是单、双键交替结构，C项正确；D，苯中不含碳碳双键，苯可以萃取溴水中的溴使溴水褪色，苯不能与溴水发生加成反应，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查苯的结构、杂化类型和苯的性质。注意苯中碳碳键的独特性，苯使溴水层颜色褪去不是发生加成反应而是萃取褪色。
26.已知由短周期元素构成的三种粒子：甲a(单核带一个单位正电荷)、乙I(四核不带电荷)、丙e(双核带一个单位负电荷)，它们都有10个电子。物质A由甲、丙构成，B、C、D、K都是单质，反应①～⑤都是用于工业生产的反应，各有关物质之间的相互反应转化关系如下图所示：
请填写下列空白：
（1）写出下列物质的化学式：B________，I________，J________。
（2）A的化学式是__________________。
（3）写出下列反应的离子方程式：
①H＋E(溶液)→M_________________________________________________________。
②I溶于G_______________________________________________________。
（4）写出反应④的化学方程式____________________________________________。
【答案】 (1). Cl2 (2). NH3 (3). NO (4). NaOH (5). H＋＋ClO－===HClO (6). NH3＋H2ONH3·H2O (7). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
【解析】
【分析】
a、I、e为三种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，a单核带一个单位的正电荷，应为Na+；I为四核分子，则I为NH3，e为双核的阴离子，则I为OH-；物质A由a、e构成，则A为NaOH，根据④电解生成A(NaOH），可考虑到氯碱工业，再结合反应①，可知B：Cl2；C：H2；H：HCl；又因H可以与E反应，则推知E：NaClO；F：NaCl；G：H2O；M：HClO；K：O2；再结合⑤即氨的催化氧化，可知D：N2；I：NH３；J：NO。
【详解】（1）由上述分析可以知道： B为Cl2，I为NH3，J为NO；
本题答案为：Cl2 、 NH3 、 NO。
（2）因为物质A由a、e构成，a是Na+、e是OH-，则A为NaOH，故A的化学式是NaOH；
本题答案为：NaOH。
（3）①有上述分析知， H是HCl、E是NaClO、M是HClO，所以H＋E(溶液)→M的离子方程式为：H＋＋ClO－===HClO；
本题答案为：H＋＋ClO－===HClO。
②有上述分析知，I是NH3、G是H2O，故I溶于G的离子方程式为：NH3＋H2ONH3·H2O；
本题答案为：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－。
（4）由分析知F为NaCl、G为H2O，所以反应④为电解食盐水的反应，故方程式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；
本题答案为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。
27.如图是甲醛分子的模型，根据该图和所学化学知识回答下列问题：
（1）甲醛分子中碳原子的杂化方式是__________，作出该判断的主要理由是__________________________。
（2）下列是对甲醛分子中碳氧键的判断，其中正确的是________(填序号)。
①单键 ②双键 ③σ键 ④π键 ⑤σ键和π键
（3）甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角________(填“＝”、“＞”或“＜”)120°，出现该现象的主要原因是____________________________________________。
【答案】 (1). sp2 (2). 甲醛分子的空间构型为平面三角形 (3). ②⑤ (4). ＜ (5). 碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强
【解析】
【分析】
(1) 甲醛分子为平面三角形，甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；
(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键，双键中含有σ键和π键；
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，键角小于120°。
【详解】(1)原子的杂化轨道类型不同，分子的空间构型也不同。由图可知，甲醛分子为平面三角形，所以甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；综上所述，本题答案是：sp2 ；甲醛分子的空间构型为平面三角形。
(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键；一般来说，双键是σ键和π键的组合，②⑤正确；综上所述，本题答案是：②⑤。
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，所以甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角小于120°；综上所述，本题答案是：＜ ，碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强。
28.海洋植物如海带和海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海洋中提取碘的流程如下：
―→
某化学兴趣小组将上述流程②、③设计成如下图所示操作。
已知过程②发生反应的化学方程式为Cl2＋2KI===2KCl＋I2
回答下列问题：
（1）写出提取过程①、③中实验操作的名称：①____________，③____________。
（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、____________、____________(除泥三角外)。
（3）F中下层液体的颜色为________色，上层液体中溶质的主要成分为____________。
（4）从F中得到固态碘还需进行的操作是_______________________________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 萃取 (3). 坩埚 (4). 坩埚钳 (5). 紫红(或紫) (6). KCl (7). 分液、蒸馏
【解析】
【分析】
（1）①分离固体和液体用过滤，③将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可；
（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳；
（3）I2的四氯化碳溶液，显紫红色（紫色）。
【详解】（1）①分离固体和液体用过滤，③将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：过滤；萃取；
（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳，故答案为：坩埚 ；坩埚钳；
（3）Cl2+2KI=2KCl+I2下层是I2的四氯化碳溶液，显紫红色（紫色），上层是KCl的水溶液，溶质的主要成分KCl，故答案为：紫红(或紫)，KCl；
（4）F中的两种液体，先进行分液，然后蒸馏得到I2，故答案为：分液、蒸馏。
29.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。某兴趣小组采用10.0 g废易拉罐(含90%的Al，还含有少量的Fe、Mg等杂质)制备明矾的实验方案如图1：
（1）试剂①应选用________(填代号)。
a．盐酸 b．H2SO4溶液
c．氨水 d．NaOH溶液
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为___________________________。
（3）溶液B中溶质的主要成分为________________(填化学式)。
（4）从溶液C中得到明矾的实验操作步骤为蒸发浓缩、________(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥。如图2所示，蒸发操作中的一处错误是________________________________。
（5）该小组在实验完成之后，得到118.5 g明矾，则明矾的回收率为________。(已知：明矾的摩尔质量为474 g·mol－1)
【答案】 (1). d (2). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (3). NaHCO3 (4). 冷却结晶 (5). 蒸发时不能使用坩埚(或蒸发时应使用应蒸发皿) (6). 75%
【解析】
易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液（溶液A），并通过过滤除去Fe、Mg（沉淀A）等杂质，滤液中通入CO2溶液后，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，通过过滤得到碳酸氢钠溶液（溶液B）和氢氧化铝（沉淀B），过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到明矾晶体。则
（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质；答案选d；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；（3）根据分析可知，偏铝酸钠溶液中通入CO2溶液后，后生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，通过过滤得到碳酸氢钠溶液（溶液B）和氢氧化铝（沉淀B），溶液B为NaHCO3溶液；（4）硫酸铝溶液中添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体；蒸发不能使用坩埚，应该用蒸发皿；（2）根据铝元素守恒可知理论上可得到明矾的质量为：10g×90%×474/27=158g，则明矾的回收率为118.5/158×100%=75%。
点睛：本题考查了制备方案的设计，根据制备流程明确实验原理为解答的关键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，明确常见化学实验基本操作方法，坩埚和蒸发皿的使用是解答的易错点。
30.已知非金属单质硫(S)是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：
（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是____________，烧瓶中发生的反应的化学方程式是______________________。
（2）画出虚线框内的实验装置图，所加试剂为____________，该装置的作用是__________________。
（3）装置B中盛放的试剂是____________(填序号)，实验现象为____________________________，该反应的离子方程式是____________________________，该反应属于四种基本反应类型中的__________反应。
A．Na2S溶液 B．Na2SO3溶液
C．Na2SO4溶液
（4）已知：①硫酸比次氯酸稳定；②高氯酸的酸性比硫酸强；③S2－比Cl－易被氧化；④HCl比H2S稳定；⑤铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应；⑥铁与氯气在加热条件下反应生成三氯化铁，铁与硫在加热条件下反应生成硫化亚铁；⑦硫原子与氯原子的电子层数相同，氯的原子半径小于硫原子。能说明氯的非金属性比硫强的是________(填序号)。
A．全部 B．②③④⑥⑦
C．①②④⑤⑥ D．②③④⑤⑥⑦
（5）装置C中盛放烧碱溶液，目的是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气，写出该装置中所发生反应的离子方程式：________________________。
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 除去Cl2中的HCl气体 (5). A (6). 有淡黄色沉淀生成 (7). S2－＋Cl2===2Cl－＋S↓ (8). 置换 (9). B (10). Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
【解析】
【分析】
（1）为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，根据实验装置的特点，可以确定需要用氯气置换出硫，则必须用装置A制备氯气，从实验室制取氯气的原理分析解答此题；
（2）由于用浓盐酸制取氯气需要加热，实验过程中会挥发出HCl气体，因此虚线框部分应是除去HCl气体的装置，可以使用洗气瓶，所用装置为洗气装置；
（3）要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液；
（4）比较元素的非金属性强弱可根据：元素对应最高价氧化物的水化物的酸性；氢化物的还原性、稳定性强弱；与氢气反应的难易程度以及单质的氧化性的强弱等角度；
（5）装置C中盛放烧碱溶液，用易吸收多余的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）实验室通常用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，则A装置中的分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸，反应的化学方程式为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
本题答案为：浓盐酸、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
（2）由于用浓盐酸制取氯气需要加热，实验过程中会挥发出HCl气体，因此虚线框部分应是除去HCl气体的装置，可以使用洗气瓶，瓶内盛装饱和食盐水，既除去HCl，又降低氯气在水中的溶解度．所用装置为： ；
本题答案为： ，饱和食盐水，除去Cl2中的HCl气体。
（3）要在B中发生氯气置换出硫的反应，氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，发生的是置换反应，生成淡黄色的S沉淀，化学方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；
本题答案为：A，有淡黄色沉淀生成，Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，置换。
（4）①硫酸比次氯酸稳定，不能用来比较非金属性强弱；
②元素对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的元素的非金属性越强，可说明非金属性Cl＞S；
③元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，S2-比Cl-易被氧化，可说明非金属性Cl＞S，；
④元素的非金属性越强，氢化物越稳定，HCl比H2S稳定，可说明非金属性Cl＞S；
⑤铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应，不能判断非金属性强弱；
⑥铁与氯气加热生成三氯化铁，铁与硫加热生成硫化亚铁，说明氯气的氧化性比硫强，则可说明非金属性Cl＞S；
⑦硫原子与氯原子的电子层数相同，氯的原子半径小于硫原子，说明氯元素的原子比硫元素的原子更容易得到电子，则可说明氯元素的非金属性比硫元素强。
综上所述，能说明氯的非金属性比硫强的是②③④⑥⑦；
本题答案为B。
（5）装置C中盛放烧碱溶液，目的是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气，反应的离子方程式为：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O；
本题答案为：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。
31.已知和碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的分子是XY4。
试回答：
（1）X元素原子的基态电子排布式为______________________________________；
Y元素原子最外层电子的电子排布图为__________________________________。
（2）若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，则XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。
（3）该化合物的空间结构为____________，中心原子的杂化类型为________，分子为________(填“极性”或“非极性”)分子。
（4）该化合物在常温下为液体，它存在的分子间作用力是________。
（5）该化合物的沸点与SiCl4的比较，________(填化学式)的高，原因是__________ 。
【答案】（7分）（1）1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar] 3d104s24p2 （2）共价键（3）正四面体形 非极性分子
（4）共价键、范德华力
（5）GeCl4二者结构相似，GeCl4相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高（各1分）
【解析】
试题分析：与碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，则X应该是Ge元素。短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们所形成化合物的分子式是XY4，所以Y应该是氯元素。
（1）根据构造原理可知，Ge元素的原子基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar] 3d104s24p2。
（2）两种元素的电负性均大于1.8，都是非金属，所以XY4中X与Y之间的化学键为共价键。
（3）根据价层电子对互斥理论可知，分子中中心原子含有的孤对电子对数＝（4－4×1）÷2＝0，所以该分子是正四面体型结构，属于非极性分子。
（4）XY4在常温下为液体，说明该化合物形成的晶体类型是分子晶体，所以该化合物中存在的微粒间作用力有共价键、范德华力。
（5）由于二者结构相似，形成的晶体类型都是分子晶体，但GeCl4相对分子质量大，范德华力强，所以GeCl4熔、沸点高。
考点：考查核外电子排布、分子的空间构型、化学键、分子的极性、微粒间作用力以及沸点高低的判断
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，难易适中，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
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