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2020-2021学年陕西省榆林十二中高二（下）第一次月考化学试卷
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这是一份2020-2021学年陕西省榆林十二中高二（下）第一次月考化学试卷，共21页。试卷主要包含了7∼3，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年陕西省榆林十二中高二（下）第一次月考化学试卷
1. 向AgCl饱和溶液中加水，下列叙述正确的是( )
A. AgCl的溶解度增大 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变
C. AgCl的Ksp增大 D. AgCl的溶解度、Ksp增大
2. 已知25℃时Agl饱和溶液中c(Ag+)为1.22×10−6mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag+)为1.25×10−6mol/L.若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是( )
A. c(K+)>c(NO3−)>c(Cl−)>c(Ag+)>c(I−)
B. c(K+)>c(NO3−)>c(Ag+)>c(Cl−)>c(I−)
C. c(NO3−)>c(K+)>c(Ag+)>c(Cl−)>c(I−)
D. c(K+)>c(NO3−)>c(Ag+)=c(Cl−)+c(I−)
3. 已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10−12，Ksp[MgF2]=7.42×10−11.下列说法正确的是( )
A. 25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大
B. 25℃时，Mg(OH)2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
C. 25℃时，Mg(OH)2固体在20mL0.01mol⋅L−1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol⋅L−1NH4Cl溶液中的Ksp小
D. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为MgF2
4. 化工生产中常用MnS作沉淀剂除去Ksp工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+MnS(s)⇌CuS(s)+Mn2+(aq)，下列说法错误的是( )
A. MnS的Ksp比CuS的Ksp大
B. 该反应达到平衡时c(Mn2+)=c(Cu2+)
C. 往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2+)变大
D. 该反应的平衡常数K=Ksp(MnS)Ksp(CuS)
5. 已知25℃时，电离常数Ka(HF)=3.6×10−4，溶度积常数Ksp(CaF2)=1.46×10−10.现向1L2mol/LHF溶液中加入1L0.2mol/LCaCl2溶液，则下列说法中，正确的是( )
A. 25℃时，0.1mol/LHF溶液中pH=1
B. Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C. 该体系中没有沉淀产生
D. 该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
6. 一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与其电离出的离子间的溶解平衡关系：Ba(OH)2(s)⇌Ba2+(aq)+2OH−(aq)。向此悬浊液中加入少量的氧化钡粉末，下列叙述正确的是( )
A. 溶液中钡离子数目减少 B. 溶液中钡离子浓度减小
C. 溶液中氢氧根离子浓度增大 D. pH减小
7. 用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是( )
A. 酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定
B. 锥形瓶未用待测液润洗
C. 读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视
D. 滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
8. 下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是( )
A. 盐酸的物质的量浓度为 1mol/L
B. P点时反应恰好完全中和，溶液呈中性
C. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线
D. 酚酞不能用做本实验的指示剂
9. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 过量的二氧化碳通入氢氧化钠溶液中：CO2+2OH−=CO32−+H2O
B. 澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca2++2OH+CO2=CaCO3↓+H2O
C. 碳酸氢钙溶液和足量氢氧化钠溶液混合：HCO3−+OH−=CO32−+H2O
D. 碳酸钙和盐酸反应：CO32−+2H+=CO2↑+H2O
10. 下列叙述中正确的是( )
A. 同一周期中，族元素的原子半径最大
B. 族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
C. 室温时，0族元素的单质都是气体
D. 同一周期中，碱金属元素的第一电离能最大
11. 下列各组微粒按半径逐渐增大，还原性逐渐增强的顺序排列的是( )
A. Na、K、Rb B. F、Cl、Br
C. Mg2+、Al3+、Zn2+ D. Cl−、Br−、I−
12. 如图为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，若Z原子最外层电子数是次外层电子数的34。则下列说法正确的是( )
A. X、Y二种元素都仅能形成一种单质
B. X与O2反应的产物可作为干燥NH3的干燥剂
C. Z的氧化物中有一种是形成酸雨的主要物质
D. W不能形成含氧酸
13. 主族元素X、Y、Z，X原子的最外层电子排布为ns1；Y原子的M层电子有2个未成对电子；Z原子的最外层2p能级上只有一对成对电子，且Z原子的核外电子比Y原子少8个电子。由这三种元素组成的化合物的化学式不可能的是( )
A. X2YZ3 B. X2YZ4 C. X2Y2Z3 D. XYZ4
14. X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布分别为ns1、3s23p1和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是( )
A. XYZ2 B. X2YZ3 C. X2YZ2 D. XYZ3
15. 已知短周期元素的离子 aA2+、 bB+、 cC3−、 dD−都具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是( )
A. 原子半径：A>B>D>C
B. 原子序数：d>c>b>a
C. 离子半径：C>D>B>A
D. 元素的第一电离能：A>B>D>C
16. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素。其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是( )
A. Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2YO4
B. X与W可以形成W2X、W2X2两种化合物
C. X的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性弱
D. Y、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物较稳定
17. 某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A.在250mL的容量瓶中定容配成250mL烧碱溶液
B.用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴甲基橙指示剂
C.在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中用蒸馏水溶解
D.将物质的量浓度为c的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为V1
E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数V2
回答下列各问题：
(1)正确操作步骤的顺序是 ______ →______ →______ →D→______ (均用字母填写).
(2)滴定管的读数应注意 ______ .
(3)E中在锥形瓶下垫一张白纸的作用是 ______ .
(4)D步骤中液面应调节到 ______ ，尖嘴部分应 ______ .
(5)滴定终点时锥形瓶内溶液的pH约为 ______ ，终点时颜色变化是 ______ .
(6)若酸式滴定管不用标准硫酸润洗，在其他操作均正确的前提下，会对测定结果(指烧碱的纯度)有何影响？ ______ (填“偏高”“偏低”或“不变”).
(7)该烧碱样品纯度的计算式为 ______ .
18. 已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大．A是周期表中原子半径最小的元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B、C均可分别与A形成10个电子分子，B、C属同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，C、F属同一主族，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，C的最外层电子数是内层电子数的3倍，E最外层电子数比最内层多1.请用具体的元素回答下列问题：
(1)E元素原子基态电子排布式 ______ .
(2)用电子排布图表示F元素原子的价电子排布图 ______ .
(3)F、G元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的分子式为 ______ .
(4)离子半径D+______ B3−，第一电离能B ______ C，电负性C ______ F(填“<”、“>”或“=”).
(5)A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比1：1，X的电子式为 ______ ，试写出Cu、稀H2SO4与X反应制备硫酸铜的离子方程式 ______ .
(6)写出E与D的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式 ______ .
19. 某小型化工厂生产皓矾(ZnSO4⋅7H2O)的工艺流程如图所示：已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为Fe(OH)3：2.7∼3.7；Fe(OH)2：7.6∼9.6；Zn(OH)2：5.7∼8.0.
试回答下列问题：
(1)加入的试剂①应是 ______ ，其目的是 ______ .
(2)加入的试剂②，供选择使用的有：氯水、NaClO溶液、20%H2O2溶液、浓硫酸、浓硝酸等，应选用 ______ ，其理由是 ______ .
(3)加入的试剂③是 ______ ，目的是 ______ .
20. 有A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，原子序数依次增大．A的单质在自然界中最轻，B、C、D、G在元素周期表的位置如图所示，它们的原子序数之和为37.E的电负性在同周期中最小，F是同周期中原子半径最小的金属元素．请回答下列问题：
(1)A2D、A2G沸点较高的是______ (填化学式)，原因是______.
(2)E位于元素周期表第______周期______族，F原子结构示意图为______.
(3)将0.1mol⋅L−1G的最高价氧化物对应的水化物溶液逐滴滴入由B、D、E三种元素组成的无机盐溶液中，则刚开始时发生反应的离子方程式为______.
(4)C与A形成10电子化合物的电子式是______，该化合物与D2在一定条件下发生置换反应，其化学反应方程式为______(不注明反应条件).
(5)已知16g单质G完全燃烧放出l48kJ热量．写出单质G燃烧的热化学方程式：______.
21. 已知在25℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，且Ksp(AgX)=1.8×10−10 mol2⋅L−2，Ksp(AgY)=1.0×10−12 mol2⋅L−2，Ksp(AgZ)=8.7×10−17 mol2⋅L−2.
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为： ______ .
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y−)______ (填“增大”、“减小”、“不变”).
(3)在25℃时，若取0.188g的AgY(相对分子质量为188)投入100mL水中(忽略体积的变化)，则溶液中c(Y−)为： ______ .
(4)由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化，并简述理由： ______ .
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：Ksp为温度的函数，温度不变，Ksp不变，因温度不变，且只加入水，则溶解度也不变，只有B符合。
故选：B。
一定温度下AgCl的溶解度、溶度积为定值，Ksp只受温度影响，如溶液类型不同，溶解度可能不同，以此解答该题．
本题考查溶解度、溶度积含义与影响因素等，为高频考点，难度不大，注意溶解度、溶度积意义以及异同点．
2.【答案】A
【解析】解：二者混合时，根据溶度积常数知，先生成AgI，再生成AgCl，AgNO3+KI=AgI↓+KNO3，n(KI)=0.01mol⋅L−1×5mL=5.0×10−5 mol，消耗n(AgNO3)=5.0×10−5mol，
然后发生反应AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，过量的AgNO3为0.01mol⋅L−1×0.008L−5.0×10−5 mol=3.0×10−5mol，而KCl为n(KCl)=0.01mol⋅L−1×5mL=5.0×10−5 mol，则KCl过量，生成AgCl为3.0×10−5 mol，由此得出反应后溶液中的溶质为KNO3、KCl，生成AgCl、AgI沉淀，
溶液中钾离子、硝酸根离子不参加反应，根据物料守恒得c(K+)>c(NO3−)，氯离子有剩余，所以其次是氯离子浓度较大，氯离子抑制碘化银溶解，所以碘离子浓度最小，
所以离子浓度大小顺序为：c(K+)>c(NO3−)>c(Cl−)>c(Ag+)>c(I−)，
故选：A。
二者混合时，根据溶度积常数知，先生成AgI，再生成AgCl，AgNO3+KI=AgI↓+KNO3，n(KI)=0.01mol⋅L−1×0.005L=5.0×10−5 mol，消耗n(AgNO3)=5.0×10−5mol，后发生反应AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，过量的AgNO3为0.01mol⋅L−1×0.008L−5.0×10−5 mol=3.0×10−5mol，而KCl为n(KCl)=0.01mol⋅L−1×0.005L=5.0×10−5 mol，则KCl过量，生成AgCl为3.0×10−5 mol，由此得出反应后溶液中的溶质为KNO3、KCl，生成AgCl、AgI沉淀，据此判断溶液中各离子浓度大小．
本题考查溶液中离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡及溶度积的计算，题目难度中等，本题注意溶液中各物质的量计算出剩余c(Cl−)，再根据Ksp计算银离子浓度和碘离子浓度．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性．
【解答】
根据氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁存在着微弱的电离，产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；Ksp只与温度有关；不管氢氧化镁的Ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c(Mg2+)×c2(F−)>7.42×10−11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀．
A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故A错误；
B、NH4+结合OH−使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B正确；
C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；
D、二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使氢氧化镁转化为MgF2，故D错误；
故选：B。
4.【答案】B
【解析】解：A.分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，故A正确；
B.该反应达到平衡时离子的浓度不变，但不一定相等，故B错误；
C.根据反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以c(Mn2+)变大，故C正确；
D.反应的平衡常数K=c(Mn2+)c(Cu2+)=c(Mn2+)⋅c(S2−)c(Cu2+)⋅c(S2−)=Ksp(MnS)Ksp(CuS)，故D正确；
故选：B。
A.根据分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；
B.该反应达到平衡时离子的浓度不变；
C.根据反应物的浓度增大，平衡正向移动；
D.根据反应的平衡常数K=c(Mn2+)c(Cu2+)=c(Mn2+)⋅c(S2−)c(Cu2+)⋅c(S2−)=Ksp(MnS)Ksp(CuS).
本题主要考查了沉淀的平衡以及转化，难度不大，根据平衡移动原理以及沉淀转化的知识即可完成．
5.【答案】D
【解析】解：A、HF酸为弱酸，不能完全电离，则25℃时，0.1mol⋅L−1HF溶液中pH>1，故A错误；
B、Ksp只与温度有关，则Ksp(CaF2)随温度的变化而变化，与浓度无关，故B错误；
C、两溶液混合后，c(Ca2+)=0.1mol⋅L−1，c(F−)Ka(HF)=3.6×10−4=[F−]2[HF]，c(F−)=6×10−3mol/L，则Qc=c2(F−)⋅c(Ca2+)=(6×10−3mol/L)⋅0.1mol⋅L−1=6×10−4>Ksp，说明有沉淀产生，故C错误；
D、两溶液混合后，c(Ca2+)=0.1mol⋅L−1，c(F−)Ka(HF)=3.6×10−4=[F−]2[HF]，c(F−)=6×10−3mol/L，则Qc=c2(F−)⋅c(Ca2+)=(6×10−3mol/L)2⋅0.1mol⋅L−1=6×10−4>Ksp，说明有沉淀产生，故D正确；
故选：D。
A、HF酸为弱酸，不能完全电离；
B、Ksp只与温度有关；
C、Qc>Ksp，说明有沉淀产生；
D、Qc>Ksp，说明有沉淀产生．
本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意利用溶度积判断沉淀能否生成，把握影响平衡常数的因素即可解答，题目难度中等．
6.【答案】A
【解析】解：原溶液已饱和，加入的BaO粉末与水反应生成的Ba(OH)2不会再溶解，但由于消耗了水，使得沉淀溶解平衡逆向移动，Ba2+与OH−的数目减少，但由于温度不变且溶液仍为饱和溶液，故钡离子、氢氧根离子浓度均不变，pH也不变，只有A正确，
故选：A。
加入少量的氧化钡粉末，BaO与水反应生成Ba(OH)2，原溶液饱和，Ba(OH)2不能溶解，且原溶解平衡溶剂减少，析出更多的Ba(OH)2，但温度不变、浓度不变，以此来解答。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握沉淀溶解平衡移动、饱和溶液的浓度为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意温度不变、饱和溶液的浓度不变，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定，标准液浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测可知c(待测)偏大，故A错误；
B.锥形瓶未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，结果不变，故B错误；
C.读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视，造成V(标准)偏小，根据c(待测可知c(待测)偏小，故C正确；
D.滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测可知c(待测)偏大，故D错误；
故选C.
根据c(待测分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差．
本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c(待测分析是解答的关键，题目难度不大．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了酸碱中和滴定实验，根据图中pH变化曲线确定滴定顺序，结合酸碱的性质分析解答，难点是酸碱指示剂的选取方法，难度中等。
【解答】
A.根据图象知，当盐酸中未滴加氢氧化钠溶液时，溶液的PH=1，则c(HCl)=10−1mol/L=0.1mol/L，故A错误；
B.P点时二者恰好完全中和，盐酸是一元强酸，氢氧化钠是一元强碱，当二者恰好中和时，二者反应生成氯化钠，则溶液呈中性，故B正确；
C.根据图象知，当a曲线发生中和反应时，溶液的PH=1，说明原溶液是盐酸，所以a曲线是氢氧化钠滴定盐酸的实验，故C错误；
D.甲基橙的变色范围是3.1−4.4，酚酞的变色范围是8−10，且变色现象较明显，所以该中和滴定可以用酚酞或甲基橙作指示剂，故D错误。
故选：B。
9.【答案】B
【解析】解：A.过量CO2和NaOH反应生成NaHCO3，离子方程式为：CO2+OH−=HCO3−，故A错误；
B.澄清石灰水中通入少量二氧化碳，离子方程式为：Ca2++2OH+CO2=CaCO3↓+H2O，故B正确；
C.碳酸氢钙溶液和足量氢氧化钠溶液混合，离子方程式为：Ca2++2HCO3−+2OH−=CaCO3↓+2H2O，故C错误；
D.碳酸钙和盐酸反应，离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故D错误；
故选：B。
A.二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；
B.二氧化碳少量反应生成碳酸钙和水；
C.氢氧化钠足量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
D.碳酸钙为难溶物，应保留化学式。
本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，题目难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.同周期中从左到右，除0族元素外，半径逐渐减小，元素在同周期中是最小的，故A错误；
B.非金属性越强，其得电子能力越强，第族元素的原子，其半径越大，非金属性越弱，其越难得到电子，故B错误；
C.稀有气体在室温下均为气体，则室温时，0族元素的单质都是气体，故C正确；
D.同一周期中，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第Ⅱ、族元素第一电离能大于其相邻元素，第一电离能最小的是碱金属元素，故D错误；
故选：C。
A.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B.非金属性越强，其得电子能力越强；
C.0族元素的单质为稀有气体；
D.同一周期中，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第Ⅱ、族元素第一电离能大于其相邻元素。
本题考查元素周期律，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确同一周期、同一主族元素周期律是解本题关键，注意规律的中特殊现象，题目难度不大。
11.【答案】AD
【解析】解：A、金属元素的金属性越强，则单质的还原性越强，Na、K、Rb的金属性逐渐增强，则Na、K、Rb的还原性逐渐增强，故A正确；
B、非金属元素的非金属性越强，则其原子的还原性越弱，F、Cl、Br的非金属性逐渐减弱，则F、Cl、Br的还原性增强，故B错误；
C、金属离子处于最高价时只有氧化性，没有还原性，则不能比较Mg2+、Al3+、Zn2+的还原性，故C错误；
D、非金属元素的非金属性越强，则其阴离子的还原性越弱，Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则Cl−、Br−、I−的还原性增强，故D正确．
故选AD.
金属元素的金属性越强，则单质的还原性越强，非金属元素的非金属性越强，则其原子和阴离子的还原性越弱，金属离子处于最高价时只有氧化性，没有还原性．
本题考查还原性强弱比较，明确金属性、非金属性与还原性的关系即可解答，题目难度不大，注意把握同主族、同周期元素性质的递变规律．
12.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为P、Y为O、Z为S、W为Cl，
A.X、Y二种元素都能形成多种单质，如白磷、红磷、氧气、臭氧，故A错误；
B.X与O2反应的产物为五氧化二磷，与氨气反应，不能干燥氨气，故B错误；
C.Z的氧化物为二氧化硫时，为形成酸雨的主要物质，故C正确；
D.W能形成含氧酸，如高氯酸、氯酸等，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z、W均为短周期元素，由位置可知，Z位于第三周期，若Z原子最外层电子数是次外层电子数的34，可知最外层电子数为8×34=6，Z为S，由图可知Y为O、X为P、W为Cl，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为第族元素，化合价为+1价；Y是S元素，Z为O元素。
A.X2SO3中S的化合价为+4，符合实际，故A不选；
B.X2SO4中S的化合价为+6价，符合实际，故B不选；
C.X2S2O3中S的平均化合价为+2价，如Na2S2O3，符合，故C不选；
D.XSO4中S的化合价为+7价，S最高价为+6，不符合，故D选；
故选：D。
X元素的原子最外层电子排布为ns1，为第族元素，化合价为+1价，Y原子的M电子层有2个未成对电子其电子排布式为1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4，为Si元素或S元素，化合价为+4价或+6价；Z原子的最外层p轨道上只有一对成对电子，且Z原子的核外电子比Y原子少8个电子，且Y和Z属于同一主族元素，所以Z元素是O元素，Y是S元素，由这三种元素组成的化合物中氧元素显−2价，Y显+4价或+6价，X显+1价，据此结合元素化合价判断。
本题考查元素推断，题目难度不大，考查角度为根据原子核外电子排布特点推断元素种类，并判断可能的化合物，易错选项是C，注意硫代硫酸钠特殊情况，为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
14.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查元素推断题，考查角度为根据原子核外电子排布特点推断元素种类，并判断可能的化合物，题目难度不大。
【解答】
X原子最外层电子排布为ns1，处于第族，常见化合价为+1，Y原子最外层电子排布为3s23p1，则Y为Al元素，显+3价，Z原子最外层电子排布为2s22p4，则Z为氧元素，一般显−2价，结合化合价规则与常见物质的化学式进行判断。
A.XYZ2可为NaAlO2，符合，故A正确；
B.X2YZ3中Y的化合价为+4价，不符合，故B错误；
C.X2YZ2中Y的化合价为+2价，不符合，故C错误；
D.XYZ3中Y的化合价为+5价，不符合，故D错误；
故选：A。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素周期表及微粒性质比较，为高频考点，把握核外电子排布确定元素所在周期表中的位置及元素性质的递变规律是解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
【解答】
短周期元素的离子： aA2+、 bB+、 cC3−、 dD−都具有相同的电子层结构，所以有：a−2=b−1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a>b>d>c.
A.A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：a>b>d>c，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：B>A>C>D，故A错误；
B. aA2+、 bB+、 cC3−、 dD−都具有相同的电子层结构，所以有：a−2=b−1=c+3=d+1，所以原子序数：a>b>d>c，故B错误；
C. aA2+、 bB+、 cC3−、 dD−都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数a>b>d>c，所以离子半径C>D>B>A，故C正确；
D.非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，金属性越强，第一电离能越小，则元素的第一电离能：B
16.【答案】B
【解析】解：由分析可知，X为O、Y为Cl、Z为S、W为H；
A.Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式应为HClO4，故A错误；
B.H和O可形成H2O和H2O2，故B正确；
C.非金属性O>S，则H2O比H2S稳定，故C错误；
D.非金属性Cl>S，故氢化物稳定性HCl>H2S，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，而K层只能容纳2个电子、最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，可确定X为O元素；X、Z同族，则Z为S元素；Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则最外层电子数为7，且与S元素同周期，所以Y为Cl元素；W与X、Y既不同族也不同周期，W只能为H。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，本题推断的突破口在X原子的结构，注意基础知识的理解掌握。
17.【答案】(1)C；A；B；E；
(2)滴定管垂直，液面不再变化时才可读数，视线与溶液凹液面最低点相平，读数精确到0.01mL；
(3)便于准确判断终点时颜色的变化情况；
(4)调节到零刻度或零稍下的某一刻度；充满溶液，无气泡；
(5)4.4；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；
(6)偏高；
(7)80c(V2−V1)W%
【解析】解：(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，具体步骤为：C.在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中加蒸馏水溶解、A.在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液、B.用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴加几滴甲基橙指示剂、D.将物质的量浓度为Mmol/L的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度为V1mL、E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL，
故答案为：C；A；B；E；
(2)滴定管读数时需要注意之处为：滴定管垂直，液面不再变化时才可读数，视线与溶液凹液面最低点相平，滴定管读数准确到0.01mL，
故答案为：滴定管垂直，液面不再变化时才可读数，视线与溶液凹液面最低点相平，读数精确到0.01mL；
(3)在锥形瓶下垫一张白纸，可使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨，降低滴定误差，
故答案为：便于准确判断终点时颜色的变化情况；
(4)滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡，
故答案为：调节到零刻度或零稍下的某一刻度；充满溶液，无气泡；
(5)指示剂为甲基橙，变色范围为3.1−4.4，终点时pH约为4.4；液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；
故答案为：4.4；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；
(6)若酸式滴定管不用标准硫酸润洗，导致标准液被稀释，则滴定过程中消耗的标准液体积增大，则测定结果偏高，
故答案为：偏高；
(7)滴到消耗的硫酸为：n(硫酸)=cV=(V2−V1)×10−3L×cmol/L，根据反应方程可知，n(NaOH)=2n(硫酸)=2c(V2−V1)×10−3mol，
所以原来样品中氢氧化钠的物质的量为：2c(V2−V1)×10−3mol×250mL25mL=2c(V2−V1)×10−2mol，
则样品中氢氧化钠的质量为m(NaOH)=nM=80c(V2−V1)×10−2g，
则该烧碱样品的纯度为：40g/mol×2c(V2−V1)×10−2molWg×100%=80c(V2−V1)W%，
故答案为：80c(V2−V1)W%.
(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；
(2)滴定管垂直，液面不再变化时才可读数，视线与溶液凹液面最低点相平，注意滴定管的精确值；
(3)因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨；
(4)滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡；
(5)指示剂为甲基橙，变色范围为3.1−4.4；
(6)因标准液浓度变小，用量变大；
(7)根据反应消耗的硫酸，求出氢氧化钠，进一步求出样品的纯度．
本题考查探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度中等，侧重于化学实验基本操作以及物质的含量的测定等问题，建议在学习中把握相关基本实验方法，明确中和滴定操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力．
18.【答案】1s22s22p63s23p1；；HClO4；<；>；>；；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
【解析】解：A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，则A是H元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，为第VIA族元素，B为−3价、D为+1价且D是金属元素，D的原子序数大于B、C，则D为Na元素、B为N元素，B、C均可分别与A形成10个电子分子，B、C属同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，C的最外层电子数是内层电子数的3倍，则C是O元素，C、F属同一主族，则F是S元素，E最外层电子数比最内层多1，则E最外层电子数为3，E是Al元素，G的原子序数大于F，且为短周期主族元素，则G是Cl元素，
(1)通过以上分析知，E是Al元素，其原子核外有13个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，故答案为：1s22s22p63s23p1；
(2)F为S元素，其价电子为3s、3p电子，其价电子排布图为，故答案为：；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，Cl元素的非金属性大于S元素，则F、G元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的分子式为HClO4，
故答案为：HClO4；
(4)电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径D+
C是O元素、F是S元素，同一主族元素中，电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性C>F，
故答案为：<；>；>；
(5)A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比1：1，则X是双氧水，其电子式为，酸性条件下，双氧水将铜氧化为铜离子，离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，
故答案为：；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；
(6)D的最高价氧化物的水化物是NaOH，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑.
A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，则A是H元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，为第VIA族元素，B为−3价、D为+1价且D是金属元素，D的原子序数大于B、C，则D为Na元素、B为N元素，B、C均可分别与A形成10个电子分子，B、C属同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，C的最外层电子数是内层电子数的3倍，则C是O元素，C、F属同一主族，则F是S元素，E最外层电子数比最内层多1，则E最外层电子数为3，E是Al元素，G的原子序数大于F，且为短周期主族元素，则G是Cl元素，再结合物质结构分析解答．
本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，根据原子结构确定元素，再结合物质的结构、性质来分析解答，解答时注意结合元素周期律，注意双氧水分子电子式的书写，为易错点．
19.【答案】Fe；除去铜离子；20%H2O2溶液；将Fe2+氧化成Fe3+；ZnCO3；能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子
【解析】解：由制备流程可知，在①中加入过量的铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤，除去铜和剩余的铁粉，则溶液A中含有的金属离子是Fe2+和Zn2+.由信息中金属离子转化为沉淀的pH可知，需先将Fe2+氧化为Fe3+，然后再将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，在选择氧化剂时，既要能氧化Fe2+又不引入新的杂质，不宜选用Cl2、KMnO4、HNO3等氧化剂，加入的试剂②为双氧水(H2O2的水溶液)最适宜．只要调整溶液的pH在2.7∼5.7的范围内，Fe3+可以完全沉淀而除去，Zn2+不会沉淀，加入的试剂③可以是ZnCO3，能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子，则滤液成为硫酸锌，蒸发浓缩，冷却后进行结晶得到皓矾．沉淀A中含Fe、Cu，则加④为稀硫酸，沉淀D为Cu，滤液D含硫酸亚铁与滤液A合并，
(1)加入的试剂①应是Fe，目的是除去铜离子，故答案为：Fe；除去铜离子；
(2)由上述制备流程可知，需先将Fe2+氧化为Fe3+，然后再将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，在选择氧化剂时，既要能氧化Fe2+又不引入新的杂质，不宜选用氯水、NaClO溶液、浓硫酸、浓硝酸等氧化剂，加入的试剂②为双氧水(H2O2的水溶液)最适宜，
故答案为：20%H2O2溶液； 将Fe2+氧化成Fe3+；
(3)只要调整溶液的pH在2.7∼5.7的范围内，Fe3+可以完全沉淀而除去，Zn2+不会沉淀，加入的试剂③是ZnCO3，能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子，
故答案为：ZnCO3； 能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子．
由制备流程可知，在①中加入过量的铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤，除去铜和剩余的铁粉，则溶液A中含有的金属离子是Fe2+和Zn2+.由信息中金属离子转化为沉淀的pH可知，需先将Fe2+氧化为Fe3+，然后再将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，在选择氧化剂时，既要能氧化Fe2+又不引入新的杂质，不宜选用Cl2、KMnO4、HNO3等氧化剂，加入的试剂②为双氧水(H2O2的水溶液)最适宜．只要调整溶液的pH在2.7∼5.7的范围内，Fe3+可以完全沉淀而除去，Zn2+不会沉淀，加入的试剂③可以是ZnCO3，能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子，则滤液成为硫酸锌，蒸发浓缩，冷却后进行结晶得到皓矾．沉淀A中含Fe、Cu，则加④为稀硫酸，沉淀D为Cu，滤液D含硫酸亚铁与滤液A合并，以此来解答．
本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析、实验能力的综合考查，题目难度中等．
20.【答案】H2OH2O分子之间存在氢键 三 H++CO32−=HCO3− 4NH3+3O2=2N2+6H2OS(s)+O2(g)=SO2(g)△H=−296kJ/mol
【解析】解：A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，原子序数依次增大．A的单质在自然界中最轻，则A为氢元素；由B、C、D、G在元素周期表的位置可知，B、C、D位于第二周期，G位于第三周期，令B的原子序数为x、则C的为x+1、D的为x+2，G的为x+10，四元素的原子序数之和为37，则x+x+1+x+2+x+10=37，解得x=6，故B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、G为硫元素；E的电负性在同周期中最小，原子序数大于氧元素，故E为Na元素；F是同周期中原子半径最小的金属元素，原子序数大于钠元素，故F为Al元素，
(1)A2D为H2O，A2G为H2S，H2O与H2S结构相似，由于H2O分子之间存在氢键，故H2O的沸点较高，
故答案为：H2O；H2O分子之间存在氢键；
(2)E为Na元素，位于周期表第三周期族，F为铝元素，其原子结构示意图为，
故答案为：三、；；
(3)G的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，由B、D、E三种元素组成的无机盐为碳酸钠，将硫酸滴入碳酸钠溶液中，开始硫酸不足，反应生成碳酸氢根，离子方程式为：H++CO32−=HCO3−，
故答案为：H++CO32−=HCO3−；
(4)C与A形成10电子化合物为氨气，电子式是，氨气与O2在一定条件下发生置换反应，其化学反应方程式为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，
故答案为：；4NH3+3O2=2N2+6H2O；
(5)16g单质S完全燃烧放出l48kJ热量，16g单质S的物质的量为16g32g/mol=0.5mol，1molS完全燃烧放出的热量为l48kJ×1mol0.5mol=296kJ，故单质S燃烧的热化学方程式：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=−296kJ/mol，
故答案为：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=−296kJ/mol.
A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，原子序数依次增大．A的单质在自然界中最轻，则A为氢元素；由B、C、D、G在元素周期表的位置可知，B、C、D位于第二周期，G位于第三周期，令B的原子序数为x、则C的为x+1、D的为x+2，G的为x+10，四元素的原子序数之和为37，则x+x+1+x+2+x+10=37，解得x=6，故B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、G为硫元素；E的电负性在同周期中最小，原子序数大于氧元素，故E为Na元素；F是同周期中原子半径最小的金属元素，原子序数大于钠元素，故F为Al元素，据此解答．
本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、热化学方程式等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，注意基础知识的理解掌握．
21.【答案】S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)；减小；1×10−6mol⋅L−1；能，当溶液中c(Ag+)×c(Z−)>8.7×10−17mol2⋅L−2时，有AgZ沉淀生成
【解析】解：(1)根据化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，可知三者溶解度(mol/L)的大小顺序为S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)，
故答案为：S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)；
(2)AgX比AgY溶解度大，所以AgX饱和溶液中c(Ag+)较大，若向AgY的饱和溶液中加入少量AgX的固体，则c(Ag+)增大，AgY的沉淀溶解平衡逆移，所以c(Y−)将减小，故答案为：减小；
(3)0.188g的AgY(相对分子质量188)固体放入100mL水中，固体不能全部溶解，已知Ksp(AgY)=1.0×10−12，所以在25℃时饱和AgY溶液的浓度为：
c(AgY)=c(Ag+)=c(Y−)=1.0×10−12=1×10−6mol⋅L−1，故答案为：1×10−6 mol⋅L−1；
(4)在AgY饱和溶液中加入足量浓NaZ溶液，当溶液中c(Ag+)×c(Z−)>8.7×10−17mol2⋅L−2，有AgZ沉淀生成；
故答案为：能，当溶液中c(Ag+)×c(Z−)>8.7×10−17mol2⋅L−2，有AgZ沉淀生成．
(1)结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；
(2)AgY溶的溶度积比AgX小，从沉淀平衡移动的角度分析；
(3)0.188g的AgY(相对分子质量188)固体放入100mL水中，固体不能全部溶解；
(4)当溶液中c(Ag+)×c(Z−)>Ksp[AgZ]时能生成AgZ沉淀
本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度中等，本题注意溶度积常数的利用和理解．
2020-2021学年陕西省榆林十二中高二（下）第一次月考化学试卷
1. 向AgCl饱和溶液中加水，下列叙述正确的是( )
A. AgCl的溶解度增大 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变
C. AgCl的Ksp增大 D. AgCl的溶解度、Ksp增大
2. 已知25℃时Agl饱和溶液中c(Ag+)为1.22×10−6mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag+)为1.25×10−6mol/L.若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是( )
A. c(K+)>c(NO3−)>c(Cl−)>c(Ag+)>c(I−)
B. c(K+)>c(NO3−)>c(Ag+)>c(Cl−)>c(I−)
C. c(NO3−)>c(K+)>c(Ag+)>c(Cl−)>c(I−)
D. c(K+)>c(NO3−)>c(Ag+)=c(Cl−)+c(I−)
3. 已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10−12，Ksp[MgF2]=7.42×10−11.下列说法正确的是( )
A. 25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大
B. 25℃时，Mg(OH)2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
C. 25℃时，Mg(OH)2固体在20mL0.01mol⋅L−1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol⋅L−1NH4Cl溶液中的Ksp小
D. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为MgF2
4. 化工生产中常用MnS作沉淀剂除去Ksp工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+MnS(s)⇌CuS(s)+Mn2+(aq)，下列说法错误的是( )
A. MnS的Ksp比CuS的Ksp大
B. 该反应达到平衡时c(Mn2+)=c(Cu2+)
C. 往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2+)变大
D. 该反应的平衡常数K=Ksp(MnS)Ksp(CuS)
5. 已知25℃时，电离常数Ka(HF)=3.6×10−4，溶度积常数Ksp(CaF2)=1.46×10−10.现向1L2mol/LHF溶液中加入1L0.2mol/LCaCl2溶液，则下列说法中，正确的是( )
A. 25℃时，0.1mol/LHF溶液中pH=1
B. Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C. 该体系中没有沉淀产生
D. 该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
6. 一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与其电离出的离子间的溶解平衡关系：Ba(OH)2(s)⇌Ba2+(aq)+2OH−(aq)。向此悬浊液中加入少量的氧化钡粉末，下列叙述正确的是( )
A. 溶液中钡离子数目减少 B. 溶液中钡离子浓度减小
C. 溶液中氢氧根离子浓度增大 D. pH减小
7. 用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是( )
A. 酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定
B. 锥形瓶未用待测液润洗
C. 读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视
D. 滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
8. 下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是( )
A. 盐酸的物质的量浓度为 1mol/L
B. P点时反应恰好完全中和，溶液呈中性
C. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线
D. 酚酞不能用做本实验的指示剂
9. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 过量的二氧化碳通入氢氧化钠溶液中：CO2+2OH−=CO32−+H2O
B. 澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca2++2OH+CO2=CaCO3↓+H2O
C. 碳酸氢钙溶液和足量氢氧化钠溶液混合：HCO3−+OH−=CO32−+H2O
D. 碳酸钙和盐酸反应：CO32−+2H+=CO2↑+H2O
10. 下列叙述中正确的是( )
A. 同一周期中，族元素的原子半径最大
B. 族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
C. 室温时，0族元素的单质都是气体
D. 同一周期中，碱金属元素的第一电离能最大
11. 下列各组微粒按半径逐渐增大，还原性逐渐增强的顺序排列的是( )
A. Na、K、Rb B. F、Cl、Br
C. Mg2+、Al3+、Zn2+ D. Cl−、Br−、I−
12. 如图为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，若Z原子最外层电子数是次外层电子数的34。则下列说法正确的是( )
A. X、Y二种元素都仅能形成一种单质
B. X与O2反应的产物可作为干燥NH3的干燥剂
C. Z的氧化物中有一种是形成酸雨的主要物质
D. W不能形成含氧酸
13. 主族元素X、Y、Z，X原子的最外层电子排布为ns1；Y原子的M层电子有2个未成对电子；Z原子的最外层2p能级上只有一对成对电子，且Z原子的核外电子比Y原子少8个电子。由这三种元素组成的化合物的化学式不可能的是( )
A. X2YZ3 B. X2YZ4 C. X2Y2Z3 D. XYZ4
14. X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布分别为ns1、3s23p1和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是( )
A. XYZ2 B. X2YZ3 C. X2YZ2 D. XYZ3
15. 已知短周期元素的离子 aA2+、 bB+、 cC3−、 dD−都具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是( )
A. 原子半径：A>B>D>C
B. 原子序数：d>c>b>a
C. 离子半径：C>D>B>A
D. 元素的第一电离能：A>B>D>C
16. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素。其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是( )
A. Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2YO4
B. X与W可以形成W2X、W2X2两种化合物
C. X的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性弱
D. Y、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物较稳定
17. 某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A.在250mL的容量瓶中定容配成250mL烧碱溶液
B.用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴甲基橙指示剂
C.在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中用蒸馏水溶解
D.将物质的量浓度为c的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为V1
E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数V2
回答下列各问题：
(1)正确操作步骤的顺序是 ______ →______ →______ →D→______ (均用字母填写).
(2)滴定管的读数应注意 ______ .
(3)E中在锥形瓶下垫一张白纸的作用是 ______ .
(4)D步骤中液面应调节到 ______ ，尖嘴部分应 ______ .
(5)滴定终点时锥形瓶内溶液的pH约为 ______ ，终点时颜色变化是 ______ .
(6)若酸式滴定管不用标准硫酸润洗，在其他操作均正确的前提下，会对测定结果(指烧碱的纯度)有何影响？ ______ (填“偏高”“偏低”或“不变”).
(7)该烧碱样品纯度的计算式为 ______ .
18. 已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大．A是周期表中原子半径最小的元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B、C均可分别与A形成10个电子分子，B、C属同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，C、F属同一主族，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，C的最外层电子数是内层电子数的3倍，E最外层电子数比最内层多1.请用具体的元素回答下列问题：
(1)E元素原子基态电子排布式 ______ .
(2)用电子排布图表示F元素原子的价电子排布图 ______ .
(3)F、G元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的分子式为 ______ .
(4)离子半径D+______ B3−，第一电离能B ______ C，电负性C ______ F(填“<”、“>”或“=”).
(5)A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比1：1，X的电子式为 ______ ，试写出Cu、稀H2SO4与X反应制备硫酸铜的离子方程式 ______ .
(6)写出E与D的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式 ______ .
19. 某小型化工厂生产皓矾(ZnSO4⋅7H2O)的工艺流程如图所示：已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为Fe(OH)3：2.7∼3.7；Fe(OH)2：7.6∼9.6；Zn(OH)2：5.7∼8.0.
试回答下列问题：
(1)加入的试剂①应是 ______ ，其目的是 ______ .
(2)加入的试剂②，供选择使用的有：氯水、NaClO溶液、20%H2O2溶液、浓硫酸、浓硝酸等，应选用 ______ ，其理由是 ______ .
(3)加入的试剂③是 ______ ，目的是 ______ .
20. 有A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，原子序数依次增大．A的单质在自然界中最轻，B、C、D、G在元素周期表的位置如图所示，它们的原子序数之和为37.E的电负性在同周期中最小，F是同周期中原子半径最小的金属元素．请回答下列问题：
(1)A2D、A2G沸点较高的是______ (填化学式)，原因是______.
(2)E位于元素周期表第______周期______族，F原子结构示意图为______.
(3)将0.1mol⋅L−1G的最高价氧化物对应的水化物溶液逐滴滴入由B、D、E三种元素组成的无机盐溶液中，则刚开始时发生反应的离子方程式为______.
(4)C与A形成10电子化合物的电子式是______，该化合物与D2在一定条件下发生置换反应，其化学反应方程式为______(不注明反应条件).
(5)已知16g单质G完全燃烧放出l48kJ热量．写出单质G燃烧的热化学方程式：______.
21. 已知在25℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，且Ksp(AgX)=1.8×10−10 mol2⋅L−2，Ksp(AgY)=1.0×10−12 mol2⋅L−2，Ksp(AgZ)=8.7×10−17 mol2⋅L−2.
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为： ______ .
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y−)______ (填“增大”、“减小”、“不变”).
(3)在25℃时，若取0.188g的AgY(相对分子质量为188)投入100mL水中(忽略体积的变化)，则溶液中c(Y−)为： ______ .
(4)由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化，并简述理由： ______ .
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：Ksp为温度的函数，温度不变，Ksp不变，因温度不变，且只加入水，则溶解度也不变，只有B符合。
故选：B。
一定温度下AgCl的溶解度、溶度积为定值，Ksp只受温度影响，如溶液类型不同，溶解度可能不同，以此解答该题．
本题考查溶解度、溶度积含义与影响因素等，为高频考点，难度不大，注意溶解度、溶度积意义以及异同点．
2.【答案】A
【解析】解：二者混合时，根据溶度积常数知，先生成AgI，再生成AgCl，AgNO3+KI=AgI↓+KNO3，n(KI)=0.01mol⋅L−1×5mL=5.0×10−5 mol，消耗n(AgNO3)=5.0×10−5mol，
然后发生反应AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，过量的AgNO3为0.01mol⋅L−1×0.008L−5.0×10−5 mol=3.0×10−5mol，而KCl为n(KCl)=0.01mol⋅L−1×5mL=5.0×10−5 mol，则KCl过量，生成AgCl为3.0×10−5 mol，由此得出反应后溶液中的溶质为KNO3、KCl，生成AgCl、AgI沉淀，
溶液中钾离子、硝酸根离子不参加反应，根据物料守恒得c(K+)>c(NO3−)，氯离子有剩余，所以其次是氯离子浓度较大，氯离子抑制碘化银溶解，所以碘离子浓度最小，
所以离子浓度大小顺序为：c(K+)>c(NO3−)>c(Cl−)>c(Ag+)>c(I−)，
故选：A。
二者混合时，根据溶度积常数知，先生成AgI，再生成AgCl，AgNO3+KI=AgI↓+KNO3，n(KI)=0.01mol⋅L−1×0.005L=5.0×10−5 mol，消耗n(AgNO3)=5.0×10−5mol，后发生反应AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，过量的AgNO3为0.01mol⋅L−1×0.008L−5.0×10−5 mol=3.0×10−5mol，而KCl为n(KCl)=0.01mol⋅L−1×0.005L=5.0×10−5 mol，则KCl过量，生成AgCl为3.0×10−5 mol，由此得出反应后溶液中的溶质为KNO3、KCl，生成AgCl、AgI沉淀，据此判断溶液中各离子浓度大小．
本题考查溶液中离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡及溶度积的计算，题目难度中等，本题注意溶液中各物质的量计算出剩余c(Cl−)，再根据Ksp计算银离子浓度和碘离子浓度．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性．
【解答】
根据氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁存在着微弱的电离，产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；Ksp只与温度有关；不管氢氧化镁的Ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c(Mg2+)×c2(F−)>7.42×10−11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀．
A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故A错误；
B、NH4+结合OH−使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B正确；
C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；
D、二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使氢氧化镁转化为MgF2，故D错误；
故选：B。
4.【答案】B
【解析】解：A.分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，故A正确；
B.该反应达到平衡时离子的浓度不变，但不一定相等，故B错误；
C.根据反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以c(Mn2+)变大，故C正确；
D.反应的平衡常数K=c(Mn2+)c(Cu2+)=c(Mn2+)⋅c(S2−)c(Cu2+)⋅c(S2−)=Ksp(MnS)Ksp(CuS)，故D正确；
故选：B。
A.根据分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；
B.该反应达到平衡时离子的浓度不变；
C.根据反应物的浓度增大，平衡正向移动；
D.根据反应的平衡常数K=c(Mn2+)c(Cu2+)=c(Mn2+)⋅c(S2−)c(Cu2+)⋅c(S2−)=Ksp(MnS)Ksp(CuS).
本题主要考查了沉淀的平衡以及转化，难度不大，根据平衡移动原理以及沉淀转化的知识即可完成．
5.【答案】D
【解析】解：A、HF酸为弱酸，不能完全电离，则25℃时，0.1mol⋅L−1HF溶液中pH>1，故A错误；
B、Ksp只与温度有关，则Ksp(CaF2)随温度的变化而变化，与浓度无关，故B错误；
C、两溶液混合后，c(Ca2+)=0.1mol⋅L−1，c(F−)Ka(HF)=3.6×10−4=[F−]2[HF]，c(F−)=6×10−3mol/L，则Qc=c2(F−)⋅c(Ca2+)=(6×10−3mol/L)⋅0.1mol⋅L−1=6×10−4>Ksp，说明有沉淀产生，故C错误；
D、两溶液混合后，c(Ca2+)=0.1mol⋅L−1，c(F−)Ka(HF)=3.6×10−4=[F−]2[HF]，c(F−)=6×10−3mol/L，则Qc=c2(F−)⋅c(Ca2+)=(6×10−3mol/L)2⋅0.1mol⋅L−1=6×10−4>Ksp，说明有沉淀产生，故D正确；
故选：D。
A、HF酸为弱酸，不能完全电离；
B、Ksp只与温度有关；
C、Qc>Ksp，说明有沉淀产生；
D、Qc>Ksp，说明有沉淀产生．
本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意利用溶度积判断沉淀能否生成，把握影响平衡常数的因素即可解答，题目难度中等．
6.【答案】A
【解析】解：原溶液已饱和，加入的BaO粉末与水反应生成的Ba(OH)2不会再溶解，但由于消耗了水，使得沉淀溶解平衡逆向移动，Ba2+与OH−的数目减少，但由于温度不变且溶液仍为饱和溶液，故钡离子、氢氧根离子浓度均不变，pH也不变，只有A正确，
故选：A。
加入少量的氧化钡粉末，BaO与水反应生成Ba(OH)2，原溶液饱和，Ba(OH)2不能溶解，且原溶解平衡溶剂减少，析出更多的Ba(OH)2，但温度不变、浓度不变，以此来解答。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握沉淀溶解平衡移动、饱和溶液的浓度为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意温度不变、饱和溶液的浓度不变，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定，标准液浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测可知c(待测)偏大，故A错误；
B.锥形瓶未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，结果不变，故B错误；
C.读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视，造成V(标准)偏小，根据c(待测可知c(待测)偏小，故C正确；
D.滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测可知c(待测)偏大，故D错误；
故选C.
根据c(待测分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差．
本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c(待测分析是解答的关键，题目难度不大．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了酸碱中和滴定实验，根据图中pH变化曲线确定滴定顺序，结合酸碱的性质分析解答，难点是酸碱指示剂的选取方法，难度中等。
【解答】
A.根据图象知，当盐酸中未滴加氢氧化钠溶液时，溶液的PH=1，则c(HCl)=10−1mol/L=0.1mol/L，故A错误；
B.P点时二者恰好完全中和，盐酸是一元强酸，氢氧化钠是一元强碱，当二者恰好中和时，二者反应生成氯化钠，则溶液呈中性，故B正确；
C.根据图象知，当a曲线发生中和反应时，溶液的PH=1，说明原溶液是盐酸，所以a曲线是氢氧化钠滴定盐酸的实验，故C错误；
D.甲基橙的变色范围是3.1−4.4，酚酞的变色范围是8−10，且变色现象较明显，所以该中和滴定可以用酚酞或甲基橙作指示剂，故D错误。
故选：B。
9.【答案】B
【解析】解：A.过量CO2和NaOH反应生成NaHCO3，离子方程式为：CO2+OH−=HCO3−，故A错误；
B.澄清石灰水中通入少量二氧化碳，离子方程式为：Ca2++2OH+CO2=CaCO3↓+H2O，故B正确；
C.碳酸氢钙溶液和足量氢氧化钠溶液混合，离子方程式为：Ca2++2HCO3−+2OH−=CaCO3↓+2H2O，故C错误；
D.碳酸钙和盐酸反应，离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故D错误；
故选：B。
A.二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；
B.二氧化碳少量反应生成碳酸钙和水；
C.氢氧化钠足量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
D.碳酸钙为难溶物，应保留化学式。
本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，题目难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.同周期中从左到右，除0族元素外，半径逐渐减小，元素在同周期中是最小的，故A错误；
B.非金属性越强，其得电子能力越强，第族元素的原子，其半径越大，非金属性越弱，其越难得到电子，故B错误；
C.稀有气体在室温下均为气体，则室温时，0族元素的单质都是气体，故C正确；
D.同一周期中，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第Ⅱ、族元素第一电离能大于其相邻元素，第一电离能最小的是碱金属元素，故D错误；
故选：C。
A.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B.非金属性越强，其得电子能力越强；
C.0族元素的单质为稀有气体；
D.同一周期中，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第Ⅱ、族元素第一电离能大于其相邻元素。
本题考查元素周期律，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确同一周期、同一主族元素周期律是解本题关键，注意规律的中特殊现象，题目难度不大。
11.【答案】AD
【解析】解：A、金属元素的金属性越强，则单质的还原性越强，Na、K、Rb的金属性逐渐增强，则Na、K、Rb的还原性逐渐增强，故A正确；
B、非金属元素的非金属性越强，则其原子的还原性越弱，F、Cl、Br的非金属性逐渐减弱，则F、Cl、Br的还原性增强，故B错误；
C、金属离子处于最高价时只有氧化性，没有还原性，则不能比较Mg2+、Al3+、Zn2+的还原性，故C错误；
D、非金属元素的非金属性越强，则其阴离子的还原性越弱，Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则Cl−、Br−、I−的还原性增强，故D正确．
故选AD.
金属元素的金属性越强，则单质的还原性越强，非金属元素的非金属性越强，则其原子和阴离子的还原性越弱，金属离子处于最高价时只有氧化性，没有还原性．
本题考查还原性强弱比较，明确金属性、非金属性与还原性的关系即可解答，题目难度不大，注意把握同主族、同周期元素性质的递变规律．
12.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为P、Y为O、Z为S、W为Cl，
A.X、Y二种元素都能形成多种单质，如白磷、红磷、氧气、臭氧，故A错误；
B.X与O2反应的产物为五氧化二磷，与氨气反应，不能干燥氨气，故B错误；
C.Z的氧化物为二氧化硫时，为形成酸雨的主要物质，故C正确；
D.W能形成含氧酸，如高氯酸、氯酸等，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z、W均为短周期元素，由位置可知，Z位于第三周期，若Z原子最外层电子数是次外层电子数的34，可知最外层电子数为8×34=6，Z为S，由图可知Y为O、X为P、W为Cl，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为第族元素，化合价为+1价；Y是S元素，Z为O元素。
A.X2SO3中S的化合价为+4，符合实际，故A不选；
B.X2SO4中S的化合价为+6价，符合实际，故B不选；
C.X2S2O3中S的平均化合价为+2价，如Na2S2O3，符合，故C不选；
D.XSO4中S的化合价为+7价，S最高价为+6，不符合，故D选；
故选：D。
X元素的原子最外层电子排布为ns1，为第族元素，化合价为+1价，Y原子的M电子层有2个未成对电子其电子排布式为1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4，为Si元素或S元素，化合价为+4价或+6价；Z原子的最外层p轨道上只有一对成对电子，且Z原子的核外电子比Y原子少8个电子，且Y和Z属于同一主族元素，所以Z元素是O元素，Y是S元素，由这三种元素组成的化合物中氧元素显−2价，Y显+4价或+6价，X显+1价，据此结合元素化合价判断。
本题考查元素推断，题目难度不大，考查角度为根据原子核外电子排布特点推断元素种类，并判断可能的化合物，易错选项是C，注意硫代硫酸钠特殊情况，为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
14.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查元素推断题，考查角度为根据原子核外电子排布特点推断元素种类，并判断可能的化合物，题目难度不大。
【解答】
X原子最外层电子排布为ns1，处于第族，常见化合价为+1，Y原子最外层电子排布为3s23p1，则Y为Al元素，显+3价，Z原子最外层电子排布为2s22p4，则Z为氧元素，一般显−2价，结合化合价规则与常见物质的化学式进行判断。
A.XYZ2可为NaAlO2，符合，故A正确；
B.X2YZ3中Y的化合价为+4价，不符合，故B错误；
C.X2YZ2中Y的化合价为+2价，不符合，故C错误；
D.XYZ3中Y的化合价为+5价，不符合，故D错误；
故选：A。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素周期表及微粒性质比较，为高频考点，把握核外电子排布确定元素所在周期表中的位置及元素性质的递变规律是解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
【解答】
短周期元素的离子： aA2+、 bB+、 cC3−、 dD−都具有相同的电子层结构，所以有：a−2=b−1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a>b>d>c.
A.A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：a>b>d>c，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：B>A>C>D，故A错误；
B. aA2+、 bB+、 cC3−、 dD−都具有相同的电子层结构，所以有：a−2=b−1=c+3=d+1，所以原子序数：a>b>d>c，故B错误；
C. aA2+、 bB+、 cC3−、 dD−都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数a>b>d>c，所以离子半径C>D>B>A，故C正确；
D.非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，金属性越强，第一电离能越小，则元素的第一电离能：B
16.【答案】B
【解析】解：由分析可知，X为O、Y为Cl、Z为S、W为H；
A.Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式应为HClO4，故A错误；
B.H和O可形成H2O和H2O2，故B正确；
C.非金属性O>S，则H2O比H2S稳定，故C错误；
D.非金属性Cl>S，故氢化物稳定性HCl>H2S，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，而K层只能容纳2个电子、最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，可确定X为O元素；X、Z同族，则Z为S元素；Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则最外层电子数为7，且与S元素同周期，所以Y为Cl元素；W与X、Y既不同族也不同周期，W只能为H。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，本题推断的突破口在X原子的结构，注意基础知识的理解掌握。
17.【答案】(1)C；A；B；E；
(2)滴定管垂直，液面不再变化时才可读数，视线与溶液凹液面最低点相平，读数精确到0.01mL；
(3)便于准确判断终点时颜色的变化情况；
(4)调节到零刻度或零稍下的某一刻度；充满溶液，无气泡；
(5)4.4；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；
(6)偏高；
(7)80c(V2−V1)W%
【解析】解：(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，具体步骤为：C.在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中加蒸馏水溶解、A.在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液、B.用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴加几滴甲基橙指示剂、D.将物质的量浓度为Mmol/L的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度为V1mL、E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL，
故答案为：C；A；B；E；
(2)滴定管读数时需要注意之处为：滴定管垂直，液面不再变化时才可读数，视线与溶液凹液面最低点相平，滴定管读数准确到0.01mL，
故答案为：滴定管垂直，液面不再变化时才可读数，视线与溶液凹液面最低点相平，读数精确到0.01mL；
(3)在锥形瓶下垫一张白纸，可使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨，降低滴定误差，
故答案为：便于准确判断终点时颜色的变化情况；
(4)滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡，
故答案为：调节到零刻度或零稍下的某一刻度；充满溶液，无气泡；
(5)指示剂为甲基橙，变色范围为3.1−4.4，终点时pH约为4.4；液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；
故答案为：4.4；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；
(6)若酸式滴定管不用标准硫酸润洗，导致标准液被稀释，则滴定过程中消耗的标准液体积增大，则测定结果偏高，
故答案为：偏高；
(7)滴到消耗的硫酸为：n(硫酸)=cV=(V2−V1)×10−3L×cmol/L，根据反应方程可知，n(NaOH)=2n(硫酸)=2c(V2−V1)×10−3mol，
所以原来样品中氢氧化钠的物质的量为：2c(V2−V1)×10−3mol×250mL25mL=2c(V2−V1)×10−2mol，
则样品中氢氧化钠的质量为m(NaOH)=nM=80c(V2−V1)×10−2g，
则该烧碱样品的纯度为：40g/mol×2c(V2−V1)×10−2molWg×100%=80c(V2−V1)W%，
故答案为：80c(V2−V1)W%.
(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；
(2)滴定管垂直，液面不再变化时才可读数，视线与溶液凹液面最低点相平，注意滴定管的精确值；
(3)因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨；
(4)滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡；
(5)指示剂为甲基橙，变色范围为3.1−4.4；
(6)因标准液浓度变小，用量变大；
(7)根据反应消耗的硫酸，求出氢氧化钠，进一步求出样品的纯度．
本题考查探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度中等，侧重于化学实验基本操作以及物质的含量的测定等问题，建议在学习中把握相关基本实验方法，明确中和滴定操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力．
18.【答案】1s22s22p63s23p1；；HClO4；<；>；>；；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
【解析】解：A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，则A是H元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，为第VIA族元素，B为−3价、D为+1价且D是金属元素，D的原子序数大于B、C，则D为Na元素、B为N元素，B、C均可分别与A形成10个电子分子，B、C属同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，C的最外层电子数是内层电子数的3倍，则C是O元素，C、F属同一主族，则F是S元素，E最外层电子数比最内层多1，则E最外层电子数为3，E是Al元素，G的原子序数大于F，且为短周期主族元素，则G是Cl元素，
(1)通过以上分析知，E是Al元素，其原子核外有13个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，故答案为：1s22s22p63s23p1；
(2)F为S元素，其价电子为3s、3p电子，其价电子排布图为，故答案为：；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，Cl元素的非金属性大于S元素，则F、G元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的分子式为HClO4，
故答案为：HClO4；
(4)电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径D+
C是O元素、F是S元素，同一主族元素中，电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性C>F，
故答案为：<；>；>；
(5)A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比1：1，则X是双氧水，其电子式为，酸性条件下，双氧水将铜氧化为铜离子，离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，
故答案为：；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；
(6)D的最高价氧化物的水化物是NaOH，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑.
A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，则A是H元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，为第VIA族元素，B为−3价、D为+1价且D是金属元素，D的原子序数大于B、C，则D为Na元素、B为N元素，B、C均可分别与A形成10个电子分子，B、C属同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，C的最外层电子数是内层电子数的3倍，则C是O元素，C、F属同一主族，则F是S元素，E最外层电子数比最内层多1，则E最外层电子数为3，E是Al元素，G的原子序数大于F，且为短周期主族元素，则G是Cl元素，再结合物质结构分析解答．
本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，根据原子结构确定元素，再结合物质的结构、性质来分析解答，解答时注意结合元素周期律，注意双氧水分子电子式的书写，为易错点．
19.【答案】Fe；除去铜离子；20%H2O2溶液；将Fe2+氧化成Fe3+；ZnCO3；能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子
【解析】解：由制备流程可知，在①中加入过量的铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤，除去铜和剩余的铁粉，则溶液A中含有的金属离子是Fe2+和Zn2+.由信息中金属离子转化为沉淀的pH可知，需先将Fe2+氧化为Fe3+，然后再将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，在选择氧化剂时，既要能氧化Fe2+又不引入新的杂质，不宜选用Cl2、KMnO4、HNO3等氧化剂，加入的试剂②为双氧水(H2O2的水溶液)最适宜．只要调整溶液的pH在2.7∼5.7的范围内，Fe3+可以完全沉淀而除去，Zn2+不会沉淀，加入的试剂③可以是ZnCO3，能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子，则滤液成为硫酸锌，蒸发浓缩，冷却后进行结晶得到皓矾．沉淀A中含Fe、Cu，则加④为稀硫酸，沉淀D为Cu，滤液D含硫酸亚铁与滤液A合并，
(1)加入的试剂①应是Fe，目的是除去铜离子，故答案为：Fe；除去铜离子；
(2)由上述制备流程可知，需先将Fe2+氧化为Fe3+，然后再将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，在选择氧化剂时，既要能氧化Fe2+又不引入新的杂质，不宜选用氯水、NaClO溶液、浓硫酸、浓硝酸等氧化剂，加入的试剂②为双氧水(H2O2的水溶液)最适宜，
故答案为：20%H2O2溶液； 将Fe2+氧化成Fe3+；
(3)只要调整溶液的pH在2.7∼5.7的范围内，Fe3+可以完全沉淀而除去，Zn2+不会沉淀，加入的试剂③是ZnCO3，能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子，
故答案为：ZnCO3； 能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子．
由制备流程可知，在①中加入过量的铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤，除去铜和剩余的铁粉，则溶液A中含有的金属离子是Fe2+和Zn2+.由信息中金属离子转化为沉淀的pH可知，需先将Fe2+氧化为Fe3+，然后再将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，在选择氧化剂时，既要能氧化Fe2+又不引入新的杂质，不宜选用Cl2、KMnO4、HNO3等氧化剂，加入的试剂②为双氧水(H2O2的水溶液)最适宜．只要调整溶液的pH在2.7∼5.7的范围内，Fe3+可以完全沉淀而除去，Zn2+不会沉淀，加入的试剂③可以是ZnCO3，能控制pH在5.7附近，且不引入杂质离子，则滤液成为硫酸锌，蒸发浓缩，冷却后进行结晶得到皓矾．沉淀A中含Fe、Cu，则加④为稀硫酸，沉淀D为Cu，滤液D含硫酸亚铁与滤液A合并，以此来解答．
本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析、实验能力的综合考查，题目难度中等．
20.【答案】H2OH2O分子之间存在氢键 三 H++CO32−=HCO3− 4NH3+3O2=2N2+6H2OS(s)+O2(g)=SO2(g)△H=−296kJ/mol
【解析】解：A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，原子序数依次增大．A的单质在自然界中最轻，则A为氢元素；由B、C、D、G在元素周期表的位置可知，B、C、D位于第二周期，G位于第三周期，令B的原子序数为x、则C的为x+1、D的为x+2，G的为x+10，四元素的原子序数之和为37，则x+x+1+x+2+x+10=37，解得x=6，故B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、G为硫元素；E的电负性在同周期中最小，原子序数大于氧元素，故E为Na元素；F是同周期中原子半径最小的金属元素，原子序数大于钠元素，故F为Al元素，
(1)A2D为H2O，A2G为H2S，H2O与H2S结构相似，由于H2O分子之间存在氢键，故H2O的沸点较高，
故答案为：H2O；H2O分子之间存在氢键；
(2)E为Na元素，位于周期表第三周期族，F为铝元素，其原子结构示意图为，
故答案为：三、；；
(3)G的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，由B、D、E三种元素组成的无机盐为碳酸钠，将硫酸滴入碳酸钠溶液中，开始硫酸不足，反应生成碳酸氢根，离子方程式为：H++CO32−=HCO3−，
故答案为：H++CO32−=HCO3−；
(4)C与A形成10电子化合物为氨气，电子式是，氨气与O2在一定条件下发生置换反应，其化学反应方程式为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，
故答案为：；4NH3+3O2=2N2+6H2O；
(5)16g单质S完全燃烧放出l48kJ热量，16g单质S的物质的量为16g32g/mol=0.5mol，1molS完全燃烧放出的热量为l48kJ×1mol0.5mol=296kJ，故单质S燃烧的热化学方程式：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=−296kJ/mol，
故答案为：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=−296kJ/mol.
A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，原子序数依次增大．A的单质在自然界中最轻，则A为氢元素；由B、C、D、G在元素周期表的位置可知，B、C、D位于第二周期，G位于第三周期，令B的原子序数为x、则C的为x+1、D的为x+2，G的为x+10，四元素的原子序数之和为37，则x+x+1+x+2+x+10=37，解得x=6，故B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、G为硫元素；E的电负性在同周期中最小，原子序数大于氧元素，故E为Na元素；F是同周期中原子半径最小的金属元素，原子序数大于钠元素，故F为Al元素，据此解答．
本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、热化学方程式等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，注意基础知识的理解掌握．
21.【答案】S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)；减小；1×10−6mol⋅L−1；能，当溶液中c(Ag+)×c(Z−)>8.7×10−17mol2⋅L−2时，有AgZ沉淀生成
【解析】解：(1)根据化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，可知三者溶解度(mol/L)的大小顺序为S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)，
故答案为：S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)；
(2)AgX比AgY溶解度大，所以AgX饱和溶液中c(Ag+)较大，若向AgY的饱和溶液中加入少量AgX的固体，则c(Ag+)增大，AgY的沉淀溶解平衡逆移，所以c(Y−)将减小，故答案为：减小；
(3)0.188g的AgY(相对分子质量188)固体放入100mL水中，固体不能全部溶解，已知Ksp(AgY)=1.0×10−12，所以在25℃时饱和AgY溶液的浓度为：
c(AgY)=c(Ag+)=c(Y−)=1.0×10−12=1×10−6mol⋅L−1，故答案为：1×10−6 mol⋅L−1；
(4)在AgY饱和溶液中加入足量浓NaZ溶液，当溶液中c(Ag+)×c(Z−)>8.7×10−17mol2⋅L−2，有AgZ沉淀生成；
故答案为：能，当溶液中c(Ag+)×c(Z−)>8.7×10−17mol2⋅L−2，有AgZ沉淀生成．
(1)结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；
(2)AgY溶的溶度积比AgX小，从沉淀平衡移动的角度分析；
(3)0.188g的AgY(相对分子质量188)固体放入100mL水中，固体不能全部溶解；
(4)当溶液中c(Ag+)×c(Z−)>Ksp[AgZ]时能生成AgZ沉淀
本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度中等，本题注意溶度积常数的利用和理解．
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