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福建省厦门第一中学2023-2024学年高一下学期3月第一次月考化学试题（Word版附解析）
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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 原子结构模型的演变经历了五个主要阶段，1911年提出原子核式结构模型的科学家是
A. 道尔顿B. 汤姆生C. 卢瑟福D. 玻尔
【答案】C
【解析】
【详解】原子结构模型的演变经历了五个主要阶段：1803年，道尔顿提出实心球模型；1904年，汤姆生提出“葡萄干面包式”模型；1911年，卢瑟福提出原子核式结构模型；1913年，玻尔提出轨道模型；20世纪初，科学家们提出了量子力学的原子结构模型。
故选C。
2. 与是氧元素的两种核素，表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 通过化学变化可以实现与间的相互转化
B. 标准状况下，和均含有个氧原子
C. 与互为同位素
D. 与核外电子排布方式不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．与是同种元素，两者相互之间的转化，不能通过化学变化实现，A错误；
B．标准状况下1.12L两种气体的物质的量都是0.05ml，每个氧气分子中有2个氧原子，则0.05ml氧气中含有氧原子的数目为：，B正确；
C．与是同种物质，C错误；
D．与原子核外都是8个电子，核外电子排布方式相同，D错误；
故选B。
3. 1956年，美籍华人科学家吴健雄用放射源进行实验验证了杨振宁和李政道的重要发现(此发现于1957年获得诺贝尔物理学奖)。的衰变方程为：，其中，是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0.下列说法中正确的是
A. 质子数是27，中子数是60
B. 根据质子守恒，的质子数是27
C. 衰变产物的质量数是60
D. 衰变方程是一种特殊的化学反应方程式
【答案】C
【解析】
【详解】A．质子数是27，中子数是60-27=33，故A错误；
B．是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0，而，根据质子守恒，的质子数Z为28，故B错误；
C．是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0，而，根据质量守恒，的质量数A为60，故C正确；
D．衰变反应属于核变化，不属于化学反应，故D错误；
故选C。
4. 下列说法正确的是
A. 最新研究进展，元素周期表可划分为短周期、长周期和不完全周期三类
B. 、、、的热稳定性和还原性从左到右均依次减弱
C. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
D. 元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果
【答案】D
【解析】
【详解】A．最新研究进展，元素周期表可划分为短周期、长周期二类，故A项错误；
B．同主族元素，自上而下，元素的非金属性依次减弱，其氢化物的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，故B项错误；
C．第三周期，自左向右非金属元素的非金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，但非最高价含氧酸不符合这一规律，故C项错误；
D．原子核外电子排布的周期性变化，导致元素性质呈周期性变化，这一变化称为元素周期律，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为D。
5. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期位置相邻，Y、Z同主族，Z、W位置相邻。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是
A. 原子半径：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
C. 4种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最高
D. W单质是一种具有漂白性的物质
【答案】C
【解析】
【分析】Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y为O，Y、Z同主族，Z为S，Z、W位置相邻，W为Cl，X、Y同周期位置相邻，X为N，则X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，以此解题。
【详解】A．由分析可知，X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，同周期越靠右，原子半径越小，电子层越多，半径越大，则原子半径：，A错误；
B．由分析可知，X为N，Z为S，W为Cl，非金属性：Cl>S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：，B错误；
C．由分析可知，X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，其中S在常温时为固体，其他元素对应的单质为气体，则4种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最高，C正确；
D．由分析可知，W为Cl，其单质氯气没有漂白性，D错误；
故选C。
6. 下表是部分前18号元素的原子半径及主要化合价。下列说法正确的是
A. 从化合价看出，在周期表中位于同一周期的元素为U、L、M、R
B. T和U形成的两种化合物中，阴、阳离子个数比相同
C. M与T、U元素组成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应
D. L的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】C
【解析】
【分析】由表格中原子半径及化合价可以知道，T只有-2价，则T为O元素，R有-2和+6价，则R为S元素；L、M的原子半径均大于R、T，应均为第三周期元素，则L为Mg、M为Al，Q为第二周期第IIA族元素，则Q为Be，U为H，以此来解答。
【详解】A．L、M、R为同一周期，U不在同一周期，故A错误；
B．T和U形成的H2O、H2O2为共价化合物，无阴阳离子，故B错误；
C．M与T、U形成的化合物是氢氧化铝，属于两性氢氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，故C正确；
D．Mg(OH)2不是强碱，故D错误；
故答案选C。
7. 为探究同主族非金属元素性质的递变规律，某研究性学习小组的甲同学设计了如图所示的实验装置，其中A装置内可生成。下列说法正确的是
A. B处棉花变成蓝色；C处棉花变成橙色得出的结论是：同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱
B. 实验中B、C两处的棉花调换位置，可以得出同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱的结论
C. 若将蘸有溶液的棉花置于玻璃管中BC之间，此实验还可以同时探究同周期元素性质的递变规律
D. B处发生反应的化学方程式为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意，A装置内可生成Cl2，A装置没有加热，可以选用浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气，氯气遇到淀粉—碘化钾，反应置换出碘，B处棉花变成蓝色；氯气与溴化钠反应置换出溴，C处棉花变成橙红色，尾气氯气用D处的氢氧化钠吸收，防止污染，据此分析解答。
【详解】A．该实验证明了氯气能够置换出溴和碘，但没有证明溴是否能够置换出碘，因此不能说明同主族从上到下元素的非金属性减弱，A错误；
B．氯气可能没有被NaBr消耗完，剩余的氯气会与溴蒸气一起到达C处与碘化钾反应，B错误；
C．硫和氯属于同周期，从左向右非金属性增强，氯能置换出硫，使棉花变成黄色，发生的反应为S2－＋Cl2=2Cl－＋S↓，C正确；
D．B处棉花变成蓝色，是因为B处氯气与碘化钾反应置换出碘，碘遇到淀粉变成蓝色，反应的化学方程式为Cl2＋2KI=I2＋2KCl，D正确；
故选CD。
8. 下表为元素周期表的一部分，下列说法正确的是
A. Z原子序数加8的元素在周期表中的位置为ⅦA族
B. Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
C. Y和硫两元素的简单气态氢化物受热分解，后者的分解温度高
D. 表中元素原子半径最大的是Z
【答案】B
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知X为Si，Y为O，Z为Cl，以此解题。
【详解】A．由分析可知，Z为Cl，原子序数为17，17+8=25，25号元素为Mn，位于ⅦB族，A错误；
B．由分析可知，Y为O，氧气和硫化氢反应生成单质硫，硫难溶于水，溶液变浑浊，B正确；
C．由分析可知，Y为O，O的非金属性大于S，其氢化物更稳定，前者分解温度高，C错误；
D．同周期元素，从左到右，原子半径依次减小；同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，则表中元素原子半径最大的是X，D错误；
故选B。
9. 如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是
A. 最高正化合价：
B. 最高价氧化物对应水化物的碱性，
C. N的氧化物既可以和盐酸反应，也可以和溶液反应
D. 简单离子半径：
【答案】B
【解析】
【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此解答。
【详解】A．由分析可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，其中O和F没有正化合价，A错误；
B．由分析可知，Z为Na元素，M为Al元素，金属性Na>Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性，B正确；
C．由分析可知，N为Si元素，其氧化物是二氧化硅不能和盐酸反应，C错误；
D．由分析可知，M为Al元素，R为Cl元素，离子的电子层越多，离子半径越大，则简单离子半径：，D错误；
故选B。
10. 如图是部分短周期元素的主要化合价与原子序数的关系，下列说法不正确的是
A. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：
B. R单质一定可以从W的盐溶液中置换出W的单质
C. X、R两种元素简单气态氢化物的稳定性：
D. 简单离子的半径：
【答案】B
【解析】
【分析】由短周期元素的化合价及原子序数可知，X位于第二周期，Y、Z、W、R位于第三周期，X的最低化合价为-2，则X为O；Y的最高化合价为+1，且原子序数大于O，则Y为Na；Z的最高化合价为+3，则Z为Al；W的最高化合价为+6，则W为S；R的最高化合价为+7，则R为Cl。
【详解】A．元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性：Na>Al，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：NaOH>Al(OH)3，故A正确；
B．Cl2和Na2SO3溶液反应生成Na2SO4，不能得到S单质，故B错误；
C．非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，非金属性：ClD．具有相同电子层结构的离子，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Al3+故选B。
11. 1931年，美国化学公司采用空气吹出碱液吸收法从海水中提溴成功，1934年首先将其工业化，20世纪90年代初全球用此法生产的溴占。碱法制溴工艺的生产过程类似于酸法制溴，只是吸收与蒸馏环节不同：吸收液用碱液，与游离溴发生歧化反应生成溴化物和溴酸盐。下列说法错误的是
A. 步骤①酸化中可用硫酸酸化
B. 设计步骤①~④的目的是富集溴
C. 吸收步骤加入的溶液可以用溶液代替
D. 蒸馏中反应的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，浓缩海水酸化后与氯气发生Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，溴易挥发，利用热空气和水蒸气吹出后，溴被NaOH吸收，由于产物之一为溴酸盐，因此反应为3Br2+6NaOH=NaBrO3+5NaBr+3H2O，得到NaBr和NaBrO3，溴元素得到富集，再加硫酸酸化，蒸馏步骤中Br-和BrO反应生成Br2，BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，最终得到溴。
【详解】A．H2SO4中的SO较稳定，不会被步骤②氧化，且蒸馏步骤中使用的硫酸，残液中含有硫酸，因此酸化用的是硫酸，A正确；
B．海水中溴离子浓度较低，由上述分析可知，步骤①~④的目的是富集溴元素，B正确；
C．Na2CO3溶液也能与Br2反应，3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2，BrO与Br-在酸性条件下生成Br2，C正确；
D．根据分析，蒸馏步骤中的反应为BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，D错误；
故选D。
12. 、、、四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。以上元素都是工业生产中的常见元素，工业生产中常会产生废气、废水需要无害化处理后再排放。
一种含Y元素的工业废气，Y的一种氧化物是常见的还原剂，用如图所示装置可探究Y的这种氧化物的性质：在锥形瓶中先后使用同体积的蒸馏水(①已预先煮沸，②未预先煮沸)，控制食用油油层厚度一致、通气体流速一致。两次实验分别得到如下图：下列说法正确的是：
A. 锥形瓶中覆盖食用油的目的是为了保证气体流速均匀
B. 锥形瓶中的食用油可以改用四氯化碳
C. 图中，②的曲线出现骤降，这是因为通入的Y的氧化物被氧化
D. 溶液的主要作用是防止空气中的进入锥形瓶影响实验数据
【答案】C
【解析】
【分析】由W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为n，且四种元素的原子最外层电子数之和为24，则n-1+n+n+n+1=24，解得 n=6，所以W为N、X为O、Y为S、Z为Cl元素。Y的一种氧化物是常见的还原剂，该氧化物为SO2。
【详解】A．锥形瓶中覆盖食用油的目的隔绝空气，防止氧气对实验的干扰，A错误；
B．四氯化碳的密度大于水，锥形瓶中的食用油不能改用四氯化碳溶液，B错误；
C．pH-t图中，②的曲线出现骤降，溶液中的O2将H2SO3氧化为强酸H2SO4，溶液中的氢离子浓度迅速增大，溶液的pH下降，用方程式表达为： ，C正确；
D．溶液主要作用是吸收二氧化硫，防止污染空气，D错误；
故选C。
13. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。以上元素都是工业生产中的常见元素，工业生产中常会产生废气、废水需要无害化处理后再排放。
推进含W元素物质转化的研究对改善人类的生存环境具有重要意义。W元素的固定指的是游离态的W转化为化合态的W，一种新型人工合成固定W元素的原理如图。
下列说法正确的是：
A. 该转化过程①②③反应均为氧化还原反应
B. 假设每一步均完全转化，每生成，同时生成的最简单氢化物
C. 的碱性在同主族元素的最高价氧化物的水化物中碱性最弱
D. 该过程的总反应中W的单质置换出氧气，说明W的非金属性比氧强
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素W、 X、Y、Z，四种元素的原子最外层电子数之和为24，设Y最外层电子数为a，X最外层为a，Z最外层为a+1，W最外层为a-1，即：a＋a＋a+1＋a-1=4a=24，所以a=6，即X、Y分别为O和S，W和Z为N和Cl，由此分析。
【详解】A．①中Li的化合价升高，②中各种元素化合价不变，③中Li的化合价降低，其中②不是氧化还原反应，A错误；
B．根据得失电子守恒可知，当生成时，转移电子1.2ml，则生成氨气0.4ml，B错误；
C．Li在第IA族中金属性最弱，则其最高价氧化物的水化物中碱性最弱，C正确；
D．生成氧气的过程为电解反应，不能通过该反应证明非金属性的强弱，D错误；
故选C。
14. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。以上元素都是工业生产中的常见元素，工业生产中常会产生废气、废水需要无害化处理后再排放。
W的简单氢化物能与酸反应生成离子M，废水中含过量的W的简单氢化物及离子M，某科研小组用含Z元素的含氧酸盐氧化处理上述废水，国家标准要求经处理过的废水要控制在6~9，进水对W元素总去除率的影响如下图所示，下列说法正确的是
A. 进水为范围内，去除率随升高而上升的原因是的简单氢化物含量增大，易被氧化
B. 进水为范围内，发生的离子反应为：
C. 由的简单氢化物与氧气的反应推测，若通入氧气去除率会显著增加
D. 从的强氧化性可以推断元素原子的得电子能力很强
【答案】A
【解析】
【分析】由W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为n，且四种元素的原子最外层电子数之和为24，则n-1+n+n+n+1=24，解得 n=6，所以W为N、X为O、Y为S、Z为Cl元素，据此分析解答；
【详解】A．由分析可知，W为N，进水pH为2.75～6.00范围内，随pH升高，促进铵根离子水解，使氨气成分增大，铵根离子浓度降低，根据给定信息②已知，NH3比NH更易被氧化，A正确；
B．由分析可知，W为N、Z为Cl用次氯酸钠反应，方程式应该写ClO-，pH在6~ 9范围内，碱性的范围更大，应该用氢氧根配平，离子方程式为，B错误；
C．由分析可知，W为N，氨气和氧气反应，要在加热下进行，还要有催化剂，说明反应并不是很容易进行，因此这里通入氧气，去除率基本不会增加，C错误；
D．由分析可知，Z为Cl，次氯酸钠的强氧化性来自次氯酸根，并不能说明氯原子有很强的氧化性，就比如浓硫酸有很强的氧化性，但不会说硫原子有很强的氧化性，D错误；
故选A。
15. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。以上元素都是工业生产中的常见元素，工业生产中常会产生废气、废水需要无害化处理后再排放。
纳米零价铁与复合材料还原含酸根离子，的废水反应机理如图1所示，实验测得体系初始对去除率的影响如图2，
下列说法正确的是
A. 图1过程中有两步氧化还原反应，其中第一步的还原剂是
B. 图1过程中第二步由材料还原
C. 前内，时的去除率远低于时，可能因为浓度越大发生还原反应效果越好
D. W在周期表中的VA族，因此在同周期元素的最高价氧化物的水化物中酸性不是最强的
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素W、 X、Y、Z，四种元素的原子最外层电子数之和为24，设Y最外层电子数为a，X最外层为a，Z最外层为a+1，W最外层为a-1，即：a＋a＋a+1＋a-1=4a=24，所以a=6，即X、Y分别为O和S，W和Z为N和Cl，由此分析。
【详解】A．第一步铁失去电子，氢离子得到电子，还原剂是铁，第二步反应中H在Pb、Cu原子表面失去电子，则还原剂是H，A正确；
B．由选项A分析可知，第二步反应中H在Pb、Cu原子表面失去电子，则还原剂是H，B错误；
C．酸性越强，铁越易失去电子，越易到电子被还原，酸性越强，H+浓度越大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露出更多的反应活性点，促进反应的进行，C错误；
D．由分析可知，W为N，在周期表中的VA族，其最高价氧化物的水化物是硝酸，同周期中，其最高价氧化物的水化物中酸性最强，D错误；
故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 二氧化硅是制备硅及其含硅化合物的重要原料。部分转化过程如图所示，据此填写：
（1）自然界中没有游离态的硅。工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含有少量杂质的粗硅；将粗硅提纯后，可以得到用作半导体材料的高纯硅。请写出得到少量粗硅的化学反应方程式：_______。在高温条件下能与过量的碳反应生成，该现象能否体现：的氧化性_______(填“能”或“不能”)。
（2）二氧化硅()属于酸性氧化物，能与碱溶液缓慢反应。请写出二氧化硅与强碱()溶液缓慢反应的离子方程式：_______。
（3）硅酸()的酸性弱于碳酸，为验证酸性强弱，某实验小组设计了实验装置如图，B中应放入块状固体_______，A中放入盐酸，实验老师指出该实验装置有一处缺陷：_______。
（4）硅酸可以由硅酸钠()与盐酸、硫酸等反应制得，请写出反应的离子方程式：_______。
（5）此外，二氧化硅还具有一些特殊的性质。例如，二氧化硅虽然属于酸性氧化物，但能与氢氟酸反应，该反应曾用于刻蚀玻璃，请写出反应的方程式：_______。
（6）二氧化硅广泛存在于自然界中，沙子、石英和水晶的主要成分都是二氧化硅。二氧化硅常被用来制造高性能的现代通信材料：_______；硅酸盐材料(如陶瓷、玻璃、水泥等)是无机非金属材料的主要分支之一，有着悠久的历史。实验室常用玻璃试剂瓶存放各种溶液，、等碱性溶液可以贮存在下列哪种试剂瓶中_______。
A．具有玻璃塞的细口瓶 B．具有玻璃塞的广口瓶
C．带滴管的滴瓶 D．具有橡胶塞的细口瓶
【答案】（1） ①. SiO2+2CSi+2CO ②. 不能
（2）SiO2+2OH-=SiO+H2O
（3） ①. CaCO3 ②. 无法排除HCl的干扰
（4）
（5）SiO₂+4HF=SiF₄↑+2H₂O
（6） ①. 光导纤维 ②. D
【解析】
【分析】本题是工业流程题，由二氧化硅和碳在高温时生成单质硅，处理后得到纯净的硅单质；二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，处理后可以得到硅胶；还可以和碳酸钠在高温时反应，可以制玻璃，以此解题。
【小问1详解】
二氧化硅和焦炭在高温时生成单质硅和一氧化碳，方程式为：SiO2+2CSi+2CO；SiO2在高温条件下能与过量的碳反应生成SiC，反应中硅元素的化合价不变，不能体现二氧化硅的氧化性；
【小问2详解】
二氧化硅与强碱()溶液反应生成硅酸钠，离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO+H2O；
【小问3详解】
可以用盐酸和碳酸钙反应制备二氧化碳，则B中应放入块状固体CaCO3，从B中计入C中的气体中混入了HCl，则该实验装置的缺陷是：无法排除HCl的干扰；
【小问4详解】
根据强酸制弱酸的原理，制备硅酸的离子方程式为：；
【小问5详解】
二氧化硅和氢氟酸反应生成水和氟化硅，方程式为：SiO₂+4HF=SiF₄↑+2H₂O；
【小问6详解】
光导纤维是高性能的现代通信材料；NaOH、KOH等碱性物质的溶液容易与玻璃中的成分SiO2发生反应：2OH-+SiO2=SiO+H2O，产生的Na2SiO3、K2SiO3有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞黏在一起。所以NaOH、KOH等碱性溶液可以贮存在具有橡胶塞的细口瓶中，故选D。
17. 已知X、Y、Z、W均为元素周期表中的短周期元素，它们具有如下特征：
请使用化学用语回答下列问题：
（1）写出Y的两种气体单质的化学式为_______，这两种单质的关系是互为_______，W的原子结构示意图_______。
（2）按从大到小顺序排列X、Y、Z、W的简单离子半径_______。
（3）元素Y、Z形成的化合物能与水反应生成Y的气体单质，生成时该反应转移的电子数为_______，该化合物阴阳离子个数比为_______。元素X、Y形成的化合物也能反应生成Y的气体单质，写出该反应的化学方程式_______，该化合物中含有离子数目为_______。
（4）与Z元素同周期的一种金属元素U和一种非金属元素V，它们的最高价氧化物的水化物两两之间可以反应，Z的最高价氧化物的水化物可以检验溶液中是否含有U的离子，写出检验时的实验现象：_______，非金属元素V的单质在常温常压下是气体，写出V的单质与Z的最高价氧化物的水化物溶液反应的离子方程式：_______。
【答案】（1） ①. O2、O3 ②. 同素异形体 ③.
（2）S2->O2->Na+>H+
（3） ①. 2NA ②. 1∶2 ③. 2H2O22H2O+O2↑ ④. 0
（4） ①. 加入氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，继续加入氢氧化钠，白色沉淀溶解 ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】短周期元素中，周期表中X的原子半径最小，则X为H元素；常温下，Y元素可以形成Y2、Y3型的气体单质，则Y为O元素；Z原子内层电子与最外层电子数之比为10：1，则Z为Na元素；W的最高化合价为+6，则W为S元素。
【小问1详解】
由分析可知，Y为O，则Y的两种气体单质的化学式为：O2、O3；这两种物质为同种元素形成的结构不同的单质，两者互为同素异形体；W为S，为16号元素，则其原子结构示意图为：；
【小问2详解】
由分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为S元素，电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越小，半径越大，则按从大到小顺序排列X、Y、Z、W的简单离子半径S2->O2->Na+>H+；
【小问3详解】
由分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素，过氧化钠可以和水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应中O由-1价，分别变为0价和-1价，则当生成1ml氧气时，转移的电子数为2NA；过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，其中阴阳离子个数比为1∶2；X、Y形成的化合物过氧化氢分解生成氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2↑；H2O2为共价化合物，其中不含有离子，则该化合物中含有离子数目为0；
【小问4详解】
由分析可知，Z为Na元素，根据信息可知，Z为Al，V为Cl，氢氧根离子可以和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，且氢氧化铝可以氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠离子，则用氢氧化钠检验Al3+离子现象为：加入氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，继续加入氢氧化钠，白色沉淀溶解；氯气和氢氧化钠反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
18. 下表是元素周期表主族元素的一部分，短周期元素x的最高正化合价是+5价，Y的单质可在空气中燃烧。
探究同主族元素性质的一些共同规律，是学习化学的重要方法之一、参考同主族元素Y，推测具有各种不同化学性质。
实验小组经查阅资料，发现实验室可以从含Z单质的废料中提取Z的单质，从该实验中能验证所具有的几类性质。提取Z的单质的实验步骤如下：
i．含Z的单质废料用和硫酸混合溶液溶解，得到大量和少量混合溶液；
ii．控制反应温度为，加入浓盐酸使少量转化为；
iii．调节溶液，通入二氧化硫，得到Z的单质沉淀。
用如图所示装置进行实验，实验后需要测定产品的纯度。取产品并充分研磨，加适量浓硫酸煮沸生成，再稀释配成稀溶液，用酸性标准溶液进行测定。
请回答下列问题：(用规范化学语言回答问题，不得用英文字母代替)
（1）写出Z的原子结构示意图：_______。
（2）Y、Z位于同一主族，下列关系正确的是_______。
A．热稳定性： B．原子半径：
C．酸性： D．还原性：
（3）类比Y的含氧酸酸性，可以得出结论为二元______，为二元_______。
（4）步骤ⅰ中单质Z大部分生成，生成的反应离子方程式为_______。
（5）装置A的加热方法为_______，装置B的主要作用为_______。
（6）结合以上实验内容，请用下列表格整理的几种性质(以为反应物，其他反应试剂只能从题中出现的试剂中选择)
【答案】（1） （2）D
（3） ①. 弱酸 ②. 强酸
（4）3Se+4NO+4H+ +H2O=3H2SeO3+4NO↑
（5） ①. 水浴加热 ②. 吸收尾气，防止污染空气
（6） ①. 酸 ②. 3+2NO=3SeO+2NO↑+ 4H++ H2O； ③. H2SeO3 +2SO2 +H2O=Se+4H++2SO
【解析】
【分析】短周期元素X的最高正化合价是＋5，说明X是ⅤA族元素，根据元素周期表，Y是ⅥA族元素，Y的单质可在空气中燃烧，所以Y是S元素，根据在元素周期表中的相对位置，W、X、Z分别是Si、P、Se。
【小问1详解】
由分析可知，Z是Se，是34号元素，Se原子结构示意图：；
【小问2详解】
由分析可知，Y是S，Z是Se，X是P，W是Si；
A．非金属性S>Se，则热稳定性：，A错误；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期越靠右半径越小，则Se>Si>P，B错误；
C．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，在这三种元素中，非金属性最强的是S，则酸性最强的是，C错误；
D．非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，非金属性S>Se，则还原性：，D正确；
故选D；
【小问3详解】
由分析可知，Y为S元素，Z为Se元素，则为二元弱酸，为二元强酸；
【小问4详解】
根据题给信息可知，生成反应离子方程式为3Se+4NO+4H+ +H2O=3H2SeO3+4NO↑；
【小问5详解】
A中需要控制反应温度为80℃，为了均匀加热，装置A的加热方法为水浴加热；尾气二氧化硫有毒，装置B的主要作用为吸收尾气，防止污染空气；
小问6详解】
1．由分析可知，Z为Se，相应的方程式为：酸碱中和，则具有的性质为：酸性；
2．根据i可知，可被硝酸氧化为，离子方程式为：3+2NO=3SeO+2NO↑+ 4H++ H2O；
3．根据iii可知，二氧化硫可以将转化为单质Se，离子方程式为：H2SeO3 +2SO2 +H2O=Se+4H++2SO。
19. 学习元素周期律后，可以利用元素在周期表中位置解释及预测陌生元素的部分性质。
例如、、是同族元素，性质有一定的相似性，存在多种价态的阳离子；元素原子半径与元素原子半径很接近，因此它们的化学性质有一定的相似性。
在利用炼锌钴渣[主要含、、和、单质]协同制备和高纯的流程中，借助元素周期律分析其原理。流程如下：
（1）“酸浸”过程产生的铜渣用溶液溶解后回收利用，溶解时发生反应的离子方程式为_______。
（2）“酸浸”过程发生反应的离子方程式为_______。
（3）“沉铁”过程，时、、不沉淀，的作用是_______。
（4）“沉镍”过程对溶液中、含量的影响如图。由图判断，应调节_______。
（5）、、在周期表中位置是_______，，都具有氧化性，结合以上流程信息比较氧化性：_______(填“>”或“<”)。
（6）“沉钴”过程，加入溶液，其中硫元素为+6价，生成的离子方程式为_______。
（7）“沉钴”过程中，与反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）Cu+2Fe3+= Cu2++2Fe2+
（2）
（3）调节pH使沉淀完全的同时减少杂质引入
（4）10 （5） ①. 第4周期Ⅷ族 ②. <
（6）
（7）Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-
【解析】
【分析】炼锌钴渣加入硫酸酸浸，铜不和硫酸反应过滤后得到铜渣，滤液中含有C2+、Fe2+、Ni2+、Zn2+，向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，将镍转化为沉淀，过滤滤液加入Na2SO5氧化二价钴为三价钴，加入氢氧化钠转化为钴沉淀，过滤滤液电解得到锌单质；
【小问1详解】
三价铁可以和单质铜发生氧化还原反应，离子方程式为：Cu+2Fe3+= Cu2++2Fe2+；
【小问2详解】
“酸浸”过程和酸反应转化为钴离子，离子方程式为；
【小问3详解】
“沉铁”过程的作用是调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且碳酸钙、硫酸钙均为固体，减少引入其它杂质；
【小问4详解】
沉镍”过程中使得镍转化为沉淀，而钴不转化为沉淀，由图判断，应调节pH=10，此时镍沉淀完全、而钴损失较小；
【小问5详解】
、、在周期表中位置是第4周期Ⅷ族；过氧化氢可以将二价铁氧化为三价铁，但是不能氧化二价钴，则氧化性<；
【小问6详解】
“沉钴”过程中氧化二价钴为三价钴同时生成硫酸根离子，加入氢氧化钠和三价钴反应转化生成沉淀，离子方程式为；
【小问7详解】
由于锌和铝性质相似，则“沉钴”过程中，与反应的离子方程式为：Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-。元素
原子半径(nm)
主要化合价
+2
+3
+2
+6、-2
-2
+1
碳
氮
Y
X
硫
Z
W
X
Y
Z
W
X
Y
Z
W
X
Y
Z
W
X
Y
Z
元素
特征
X
在元素周期表中，原子半径最小
Y
常温下，有、型两种气体单质存在
Z
其原子内层电子数与最外层电子数之比为
W
最高化合价为+6价
W
X
Y
Z
编号
性质推测
离子反应方程式
1
_______性
2
还原性
_______
3
氧化性
_______
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 原子结构模型的演变经历了五个主要阶段，1911年提出原子核式结构模型的科学家是
A. 道尔顿B. 汤姆生C. 卢瑟福D. 玻尔
【答案】C
【解析】
【详解】原子结构模型的演变经历了五个主要阶段：1803年，道尔顿提出实心球模型；1904年，汤姆生提出“葡萄干面包式”模型；1911年，卢瑟福提出原子核式结构模型；1913年，玻尔提出轨道模型；20世纪初，科学家们提出了量子力学的原子结构模型。
故选C。
2. 与是氧元素的两种核素，表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 通过化学变化可以实现与间的相互转化
B. 标准状况下，和均含有个氧原子
C. 与互为同位素
D. 与核外电子排布方式不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．与是同种元素，两者相互之间的转化，不能通过化学变化实现，A错误；
B．标准状况下1.12L两种气体的物质的量都是0.05ml，每个氧气分子中有2个氧原子，则0.05ml氧气中含有氧原子的数目为：，B正确；
C．与是同种物质，C错误；
D．与原子核外都是8个电子，核外电子排布方式相同，D错误；
故选B。
3. 1956年，美籍华人科学家吴健雄用放射源进行实验验证了杨振宁和李政道的重要发现(此发现于1957年获得诺贝尔物理学奖)。的衰变方程为：，其中，是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0.下列说法中正确的是
A. 质子数是27，中子数是60
B. 根据质子守恒，的质子数是27
C. 衰变产物的质量数是60
D. 衰变方程是一种特殊的化学反应方程式
【答案】C
【解析】
【详解】A．质子数是27，中子数是60-27=33，故A错误；
B．是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0，而，根据质子守恒，的质子数Z为28，故B错误；
C．是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0，而，根据质量守恒，的质量数A为60，故C正确；
D．衰变反应属于核变化，不属于化学反应，故D错误；
故选C。
4. 下列说法正确的是
A. 最新研究进展，元素周期表可划分为短周期、长周期和不完全周期三类
B. 、、、的热稳定性和还原性从左到右均依次减弱
C. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
D. 元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果
【答案】D
【解析】
【详解】A．最新研究进展，元素周期表可划分为短周期、长周期二类，故A项错误；
B．同主族元素，自上而下，元素的非金属性依次减弱，其氢化物的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，故B项错误；
C．第三周期，自左向右非金属元素的非金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，但非最高价含氧酸不符合这一规律，故C项错误；
D．原子核外电子排布的周期性变化，导致元素性质呈周期性变化，这一变化称为元素周期律，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为D。
5. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期位置相邻，Y、Z同主族，Z、W位置相邻。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是
A. 原子半径：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
C. 4种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最高
D. W单质是一种具有漂白性的物质
【答案】C
【解析】
【分析】Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y为O，Y、Z同主族，Z为S，Z、W位置相邻，W为Cl，X、Y同周期位置相邻，X为N，则X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，以此解题。
【详解】A．由分析可知，X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，同周期越靠右，原子半径越小，电子层越多，半径越大，则原子半径：，A错误；
B．由分析可知，X为N，Z为S，W为Cl，非金属性：Cl>S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：，B错误；
C．由分析可知，X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，其中S在常温时为固体，其他元素对应的单质为气体，则4种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最高，C正确；
D．由分析可知，W为Cl，其单质氯气没有漂白性，D错误；
故选C。
6. 下表是部分前18号元素的原子半径及主要化合价。下列说法正确的是
A. 从化合价看出，在周期表中位于同一周期的元素为U、L、M、R
B. T和U形成的两种化合物中，阴、阳离子个数比相同
C. M与T、U元素组成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应
D. L的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】C
【解析】
【分析】由表格中原子半径及化合价可以知道，T只有-2价，则T为O元素，R有-2和+6价，则R为S元素；L、M的原子半径均大于R、T，应均为第三周期元素，则L为Mg、M为Al，Q为第二周期第IIA族元素，则Q为Be，U为H，以此来解答。
【详解】A．L、M、R为同一周期，U不在同一周期，故A错误；
B．T和U形成的H2O、H2O2为共价化合物，无阴阳离子，故B错误；
C．M与T、U形成的化合物是氢氧化铝，属于两性氢氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，故C正确；
D．Mg(OH)2不是强碱，故D错误；
故答案选C。
7. 为探究同主族非金属元素性质的递变规律，某研究性学习小组的甲同学设计了如图所示的实验装置，其中A装置内可生成。下列说法正确的是
A. B处棉花变成蓝色；C处棉花变成橙色得出的结论是：同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱
B. 实验中B、C两处的棉花调换位置，可以得出同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱的结论
C. 若将蘸有溶液的棉花置于玻璃管中BC之间，此实验还可以同时探究同周期元素性质的递变规律
D. B处发生反应的化学方程式为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意，A装置内可生成Cl2，A装置没有加热，可以选用浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气，氯气遇到淀粉—碘化钾，反应置换出碘，B处棉花变成蓝色；氯气与溴化钠反应置换出溴，C处棉花变成橙红色，尾气氯气用D处的氢氧化钠吸收，防止污染，据此分析解答。
【详解】A．该实验证明了氯气能够置换出溴和碘，但没有证明溴是否能够置换出碘，因此不能说明同主族从上到下元素的非金属性减弱，A错误；
B．氯气可能没有被NaBr消耗完，剩余的氯气会与溴蒸气一起到达C处与碘化钾反应，B错误；
C．硫和氯属于同周期，从左向右非金属性增强，氯能置换出硫，使棉花变成黄色，发生的反应为S2－＋Cl2=2Cl－＋S↓，C正确；
D．B处棉花变成蓝色，是因为B处氯气与碘化钾反应置换出碘，碘遇到淀粉变成蓝色，反应的化学方程式为Cl2＋2KI=I2＋2KCl，D正确；
故选CD。
8. 下表为元素周期表的一部分，下列说法正确的是
A. Z原子序数加8的元素在周期表中的位置为ⅦA族
B. Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
C. Y和硫两元素的简单气态氢化物受热分解，后者的分解温度高
D. 表中元素原子半径最大的是Z
【答案】B
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知X为Si，Y为O，Z为Cl，以此解题。
【详解】A．由分析可知，Z为Cl，原子序数为17，17+8=25，25号元素为Mn，位于ⅦB族，A错误；
B．由分析可知，Y为O，氧气和硫化氢反应生成单质硫，硫难溶于水，溶液变浑浊，B正确；
C．由分析可知，Y为O，O的非金属性大于S，其氢化物更稳定，前者分解温度高，C错误；
D．同周期元素，从左到右，原子半径依次减小；同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，则表中元素原子半径最大的是X，D错误；
故选B。
9. 如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是
A. 最高正化合价：
B. 最高价氧化物对应水化物的碱性，
C. N的氧化物既可以和盐酸反应，也可以和溶液反应
D. 简单离子半径：
【答案】B
【解析】
【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此解答。
【详解】A．由分析可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，其中O和F没有正化合价，A错误；
B．由分析可知，Z为Na元素，M为Al元素，金属性Na>Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性，B正确；
C．由分析可知，N为Si元素，其氧化物是二氧化硅不能和盐酸反应，C错误；
D．由分析可知，M为Al元素，R为Cl元素，离子的电子层越多，离子半径越大，则简单离子半径：，D错误；
故选B。
10. 如图是部分短周期元素的主要化合价与原子序数的关系，下列说法不正确的是
A. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：
B. R单质一定可以从W的盐溶液中置换出W的单质
C. X、R两种元素简单气态氢化物的稳定性：
D. 简单离子的半径：
【答案】B
【解析】
【分析】由短周期元素的化合价及原子序数可知，X位于第二周期，Y、Z、W、R位于第三周期，X的最低化合价为-2，则X为O；Y的最高化合价为+1，且原子序数大于O，则Y为Na；Z的最高化合价为+3，则Z为Al；W的最高化合价为+6，则W为S；R的最高化合价为+7，则R为Cl。
【详解】A．元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性：Na>Al，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：NaOH>Al(OH)3，故A正确；
B．Cl2和Na2SO3溶液反应生成Na2SO4，不能得到S单质，故B错误；
C．非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，非金属性：Cl
11. 1931年，美国化学公司采用空气吹出碱液吸收法从海水中提溴成功，1934年首先将其工业化，20世纪90年代初全球用此法生产的溴占。碱法制溴工艺的生产过程类似于酸法制溴，只是吸收与蒸馏环节不同：吸收液用碱液，与游离溴发生歧化反应生成溴化物和溴酸盐。下列说法错误的是
A. 步骤①酸化中可用硫酸酸化
B. 设计步骤①~④的目的是富集溴
C. 吸收步骤加入的溶液可以用溶液代替
D. 蒸馏中反应的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，浓缩海水酸化后与氯气发生Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，溴易挥发，利用热空气和水蒸气吹出后，溴被NaOH吸收，由于产物之一为溴酸盐，因此反应为3Br2+6NaOH=NaBrO3+5NaBr+3H2O，得到NaBr和NaBrO3，溴元素得到富集，再加硫酸酸化，蒸馏步骤中Br-和BrO反应生成Br2，BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，最终得到溴。
【详解】A．H2SO4中的SO较稳定，不会被步骤②氧化，且蒸馏步骤中使用的硫酸，残液中含有硫酸，因此酸化用的是硫酸，A正确；
B．海水中溴离子浓度较低，由上述分析可知，步骤①~④的目的是富集溴元素，B正确；
C．Na2CO3溶液也能与Br2反应，3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2，BrO与Br-在酸性条件下生成Br2，C正确；
D．根据分析，蒸馏步骤中的反应为BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，D错误；
故选D。
12. 、、、四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。以上元素都是工业生产中的常见元素，工业生产中常会产生废气、废水需要无害化处理后再排放。
一种含Y元素的工业废气，Y的一种氧化物是常见的还原剂，用如图所示装置可探究Y的这种氧化物的性质：在锥形瓶中先后使用同体积的蒸馏水(①已预先煮沸，②未预先煮沸)，控制食用油油层厚度一致、通气体流速一致。两次实验分别得到如下图：下列说法正确的是：
A. 锥形瓶中覆盖食用油的目的是为了保证气体流速均匀
B. 锥形瓶中的食用油可以改用四氯化碳
C. 图中，②的曲线出现骤降，这是因为通入的Y的氧化物被氧化
D. 溶液的主要作用是防止空气中的进入锥形瓶影响实验数据
【答案】C
【解析】
【分析】由W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为n，且四种元素的原子最外层电子数之和为24，则n-1+n+n+n+1=24，解得 n=6，所以W为N、X为O、Y为S、Z为Cl元素。Y的一种氧化物是常见的还原剂，该氧化物为SO2。
【详解】A．锥形瓶中覆盖食用油的目的隔绝空气，防止氧气对实验的干扰，A错误；
B．四氯化碳的密度大于水，锥形瓶中的食用油不能改用四氯化碳溶液，B错误；
C．pH-t图中，②的曲线出现骤降，溶液中的O2将H2SO3氧化为强酸H2SO4，溶液中的氢离子浓度迅速增大，溶液的pH下降，用方程式表达为： ，C正确；
D．溶液主要作用是吸收二氧化硫，防止污染空气，D错误；
故选C。
13. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。以上元素都是工业生产中的常见元素，工业生产中常会产生废气、废水需要无害化处理后再排放。
推进含W元素物质转化的研究对改善人类的生存环境具有重要意义。W元素的固定指的是游离态的W转化为化合态的W，一种新型人工合成固定W元素的原理如图。
下列说法正确的是：
A. 该转化过程①②③反应均为氧化还原反应
B. 假设每一步均完全转化，每生成，同时生成的最简单氢化物
C. 的碱性在同主族元素的最高价氧化物的水化物中碱性最弱
D. 该过程的总反应中W的单质置换出氧气，说明W的非金属性比氧强
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素W、 X、Y、Z，四种元素的原子最外层电子数之和为24，设Y最外层电子数为a，X最外层为a，Z最外层为a+1，W最外层为a-1，即：a＋a＋a+1＋a-1=4a=24，所以a=6，即X、Y分别为O和S，W和Z为N和Cl，由此分析。
【详解】A．①中Li的化合价升高，②中各种元素化合价不变，③中Li的化合价降低，其中②不是氧化还原反应，A错误；
B．根据得失电子守恒可知，当生成时，转移电子1.2ml，则生成氨气0.4ml，B错误；
C．Li在第IA族中金属性最弱，则其最高价氧化物的水化物中碱性最弱，C正确；
D．生成氧气的过程为电解反应，不能通过该反应证明非金属性的强弱，D错误；
故选C。
14. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。以上元素都是工业生产中的常见元素，工业生产中常会产生废气、废水需要无害化处理后再排放。
W的简单氢化物能与酸反应生成离子M，废水中含过量的W的简单氢化物及离子M，某科研小组用含Z元素的含氧酸盐氧化处理上述废水，国家标准要求经处理过的废水要控制在6~9，进水对W元素总去除率的影响如下图所示，下列说法正确的是
A. 进水为范围内，去除率随升高而上升的原因是的简单氢化物含量增大，易被氧化
B. 进水为范围内，发生的离子反应为：
C. 由的简单氢化物与氧气的反应推测，若通入氧气去除率会显著增加
D. 从的强氧化性可以推断元素原子的得电子能力很强
【答案】A
【解析】
【分析】由W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为n，且四种元素的原子最外层电子数之和为24，则n-1+n+n+n+1=24，解得 n=6，所以W为N、X为O、Y为S、Z为Cl元素，据此分析解答；
【详解】A．由分析可知，W为N，进水pH为2.75～6.00范围内，随pH升高，促进铵根离子水解，使氨气成分增大，铵根离子浓度降低，根据给定信息②已知，NH3比NH更易被氧化，A正确；
B．由分析可知，W为N、Z为Cl用次氯酸钠反应，方程式应该写ClO-，pH在6~ 9范围内，碱性的范围更大，应该用氢氧根配平，离子方程式为，B错误；
C．由分析可知，W为N，氨气和氧气反应，要在加热下进行，还要有催化剂，说明反应并不是很容易进行，因此这里通入氧气，去除率基本不会增加，C错误；
D．由分析可知，Z为Cl，次氯酸钠的强氧化性来自次氯酸根，并不能说明氯原子有很强的氧化性，就比如浓硫酸有很强的氧化性，但不会说硫原子有很强的氧化性，D错误；
故选A。
15. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。以上元素都是工业生产中的常见元素，工业生产中常会产生废气、废水需要无害化处理后再排放。
纳米零价铁与复合材料还原含酸根离子，的废水反应机理如图1所示，实验测得体系初始对去除率的影响如图2，
下列说法正确的是
A. 图1过程中有两步氧化还原反应，其中第一步的还原剂是
B. 图1过程中第二步由材料还原
C. 前内，时的去除率远低于时，可能因为浓度越大发生还原反应效果越好
D. W在周期表中的VA族，因此在同周期元素的最高价氧化物的水化物中酸性不是最强的
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素W、 X、Y、Z，四种元素的原子最外层电子数之和为24，设Y最外层电子数为a，X最外层为a，Z最外层为a+1，W最外层为a-1，即：a＋a＋a+1＋a-1=4a=24，所以a=6，即X、Y分别为O和S，W和Z为N和Cl，由此分析。
【详解】A．第一步铁失去电子，氢离子得到电子，还原剂是铁，第二步反应中H在Pb、Cu原子表面失去电子，则还原剂是H，A正确；
B．由选项A分析可知，第二步反应中H在Pb、Cu原子表面失去电子，则还原剂是H，B错误；
C．酸性越强，铁越易失去电子，越易到电子被还原，酸性越强，H+浓度越大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露出更多的反应活性点，促进反应的进行，C错误；
D．由分析可知，W为N，在周期表中的VA族，其最高价氧化物的水化物是硝酸，同周期中，其最高价氧化物的水化物中酸性最强，D错误；
故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 二氧化硅是制备硅及其含硅化合物的重要原料。部分转化过程如图所示，据此填写：
（1）自然界中没有游离态的硅。工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含有少量杂质的粗硅；将粗硅提纯后，可以得到用作半导体材料的高纯硅。请写出得到少量粗硅的化学反应方程式：_______。在高温条件下能与过量的碳反应生成，该现象能否体现：的氧化性_______(填“能”或“不能”)。
（2）二氧化硅()属于酸性氧化物，能与碱溶液缓慢反应。请写出二氧化硅与强碱()溶液缓慢反应的离子方程式：_______。
（3）硅酸()的酸性弱于碳酸，为验证酸性强弱，某实验小组设计了实验装置如图，B中应放入块状固体_______，A中放入盐酸，实验老师指出该实验装置有一处缺陷：_______。
（4）硅酸可以由硅酸钠()与盐酸、硫酸等反应制得，请写出反应的离子方程式：_______。
（5）此外，二氧化硅还具有一些特殊的性质。例如，二氧化硅虽然属于酸性氧化物，但能与氢氟酸反应，该反应曾用于刻蚀玻璃，请写出反应的方程式：_______。
（6）二氧化硅广泛存在于自然界中，沙子、石英和水晶的主要成分都是二氧化硅。二氧化硅常被用来制造高性能的现代通信材料：_______；硅酸盐材料(如陶瓷、玻璃、水泥等)是无机非金属材料的主要分支之一，有着悠久的历史。实验室常用玻璃试剂瓶存放各种溶液，、等碱性溶液可以贮存在下列哪种试剂瓶中_______。
A．具有玻璃塞的细口瓶 B．具有玻璃塞的广口瓶
C．带滴管的滴瓶 D．具有橡胶塞的细口瓶
【答案】（1） ①. SiO2+2CSi+2CO ②. 不能
（2）SiO2+2OH-=SiO+H2O
（3） ①. CaCO3 ②. 无法排除HCl的干扰
（4）
（5）SiO₂+4HF=SiF₄↑+2H₂O
（6） ①. 光导纤维 ②. D
【解析】
【分析】本题是工业流程题，由二氧化硅和碳在高温时生成单质硅，处理后得到纯净的硅单质；二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，处理后可以得到硅胶；还可以和碳酸钠在高温时反应，可以制玻璃，以此解题。
【小问1详解】
二氧化硅和焦炭在高温时生成单质硅和一氧化碳，方程式为：SiO2+2CSi+2CO；SiO2在高温条件下能与过量的碳反应生成SiC，反应中硅元素的化合价不变，不能体现二氧化硅的氧化性；
【小问2详解】
二氧化硅与强碱()溶液反应生成硅酸钠，离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO+H2O；
【小问3详解】
可以用盐酸和碳酸钙反应制备二氧化碳，则B中应放入块状固体CaCO3，从B中计入C中的气体中混入了HCl，则该实验装置的缺陷是：无法排除HCl的干扰；
【小问4详解】
根据强酸制弱酸的原理，制备硅酸的离子方程式为：；
【小问5详解】
二氧化硅和氢氟酸反应生成水和氟化硅，方程式为：SiO₂+4HF=SiF₄↑+2H₂O；
【小问6详解】
光导纤维是高性能的现代通信材料；NaOH、KOH等碱性物质的溶液容易与玻璃中的成分SiO2发生反应：2OH-+SiO2=SiO+H2O，产生的Na2SiO3、K2SiO3有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞黏在一起。所以NaOH、KOH等碱性溶液可以贮存在具有橡胶塞的细口瓶中，故选D。
17. 已知X、Y、Z、W均为元素周期表中的短周期元素，它们具有如下特征：
请使用化学用语回答下列问题：
（1）写出Y的两种气体单质的化学式为_______，这两种单质的关系是互为_______，W的原子结构示意图_______。
（2）按从大到小顺序排列X、Y、Z、W的简单离子半径_______。
（3）元素Y、Z形成的化合物能与水反应生成Y的气体单质，生成时该反应转移的电子数为_______，该化合物阴阳离子个数比为_______。元素X、Y形成的化合物也能反应生成Y的气体单质，写出该反应的化学方程式_______，该化合物中含有离子数目为_______。
（4）与Z元素同周期的一种金属元素U和一种非金属元素V，它们的最高价氧化物的水化物两两之间可以反应，Z的最高价氧化物的水化物可以检验溶液中是否含有U的离子，写出检验时的实验现象：_______，非金属元素V的单质在常温常压下是气体，写出V的单质与Z的最高价氧化物的水化物溶液反应的离子方程式：_______。
【答案】（1） ①. O2、O3 ②. 同素异形体 ③.
（2）S2->O2->Na+>H+
（3） ①. 2NA ②. 1∶2 ③. 2H2O22H2O+O2↑ ④. 0
（4） ①. 加入氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，继续加入氢氧化钠，白色沉淀溶解 ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】短周期元素中，周期表中X的原子半径最小，则X为H元素；常温下，Y元素可以形成Y2、Y3型的气体单质，则Y为O元素；Z原子内层电子与最外层电子数之比为10：1，则Z为Na元素；W的最高化合价为+6，则W为S元素。
【小问1详解】
由分析可知，Y为O，则Y的两种气体单质的化学式为：O2、O3；这两种物质为同种元素形成的结构不同的单质，两者互为同素异形体；W为S，为16号元素，则其原子结构示意图为：；
【小问2详解】
由分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为S元素，电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越小，半径越大，则按从大到小顺序排列X、Y、Z、W的简单离子半径S2->O2->Na+>H+；
【小问3详解】
由分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素，过氧化钠可以和水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应中O由-1价，分别变为0价和-1价，则当生成1ml氧气时，转移的电子数为2NA；过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，其中阴阳离子个数比为1∶2；X、Y形成的化合物过氧化氢分解生成氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2↑；H2O2为共价化合物，其中不含有离子，则该化合物中含有离子数目为0；
【小问4详解】
由分析可知，Z为Na元素，根据信息可知，Z为Al，V为Cl，氢氧根离子可以和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，且氢氧化铝可以氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠离子，则用氢氧化钠检验Al3+离子现象为：加入氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，继续加入氢氧化钠，白色沉淀溶解；氯气和氢氧化钠反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
18. 下表是元素周期表主族元素的一部分，短周期元素x的最高正化合价是+5价，Y的单质可在空气中燃烧。
探究同主族元素性质的一些共同规律，是学习化学的重要方法之一、参考同主族元素Y，推测具有各种不同化学性质。
实验小组经查阅资料，发现实验室可以从含Z单质的废料中提取Z的单质，从该实验中能验证所具有的几类性质。提取Z的单质的实验步骤如下：
i．含Z的单质废料用和硫酸混合溶液溶解，得到大量和少量混合溶液；
ii．控制反应温度为，加入浓盐酸使少量转化为；
iii．调节溶液，通入二氧化硫，得到Z的单质沉淀。
用如图所示装置进行实验，实验后需要测定产品的纯度。取产品并充分研磨，加适量浓硫酸煮沸生成，再稀释配成稀溶液，用酸性标准溶液进行测定。
请回答下列问题：(用规范化学语言回答问题，不得用英文字母代替)
（1）写出Z的原子结构示意图：_______。
（2）Y、Z位于同一主族，下列关系正确的是_______。
A．热稳定性： B．原子半径：
C．酸性： D．还原性：
（3）类比Y的含氧酸酸性，可以得出结论为二元______，为二元_______。
（4）步骤ⅰ中单质Z大部分生成，生成的反应离子方程式为_______。
（5）装置A的加热方法为_______，装置B的主要作用为_______。
（6）结合以上实验内容，请用下列表格整理的几种性质(以为反应物，其他反应试剂只能从题中出现的试剂中选择)
【答案】（1） （2）D
（3） ①. 弱酸 ②. 强酸
（4）3Se+4NO+4H+ +H2O=3H2SeO3+4NO↑
（5） ①. 水浴加热 ②. 吸收尾气，防止污染空气
（6） ①. 酸 ②. 3+2NO=3SeO+2NO↑+ 4H++ H2O； ③. H2SeO3 +2SO2 +H2O=Se+4H++2SO
【解析】
【分析】短周期元素X的最高正化合价是＋5，说明X是ⅤA族元素，根据元素周期表，Y是ⅥA族元素，Y的单质可在空气中燃烧，所以Y是S元素，根据在元素周期表中的相对位置，W、X、Z分别是Si、P、Se。
【小问1详解】
由分析可知，Z是Se，是34号元素，Se原子结构示意图：；
【小问2详解】
由分析可知，Y是S，Z是Se，X是P，W是Si；
A．非金属性S>Se，则热稳定性：，A错误；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期越靠右半径越小，则Se>Si>P，B错误；
C．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，在这三种元素中，非金属性最强的是S，则酸性最强的是，C错误；
D．非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，非金属性S>Se，则还原性：，D正确；
故选D；
【小问3详解】
由分析可知，Y为S元素，Z为Se元素，则为二元弱酸，为二元强酸；
【小问4详解】
根据题给信息可知，生成反应离子方程式为3Se+4NO+4H+ +H2O=3H2SeO3+4NO↑；
【小问5详解】
A中需要控制反应温度为80℃，为了均匀加热，装置A的加热方法为水浴加热；尾气二氧化硫有毒，装置B的主要作用为吸收尾气，防止污染空气；
小问6详解】
1．由分析可知，Z为Se，相应的方程式为：酸碱中和，则具有的性质为：酸性；
2．根据i可知，可被硝酸氧化为，离子方程式为：3+2NO=3SeO+2NO↑+ 4H++ H2O；
3．根据iii可知，二氧化硫可以将转化为单质Se，离子方程式为：H2SeO3 +2SO2 +H2O=Se+4H++2SO。
19. 学习元素周期律后，可以利用元素在周期表中位置解释及预测陌生元素的部分性质。
例如、、是同族元素，性质有一定的相似性，存在多种价态的阳离子；元素原子半径与元素原子半径很接近，因此它们的化学性质有一定的相似性。
在利用炼锌钴渣[主要含、、和、单质]协同制备和高纯的流程中，借助元素周期律分析其原理。流程如下：
（1）“酸浸”过程产生的铜渣用溶液溶解后回收利用，溶解时发生反应的离子方程式为_______。
（2）“酸浸”过程发生反应的离子方程式为_______。
（3）“沉铁”过程，时、、不沉淀，的作用是_______。
（4）“沉镍”过程对溶液中、含量的影响如图。由图判断，应调节_______。
（5）、、在周期表中位置是_______，，都具有氧化性，结合以上流程信息比较氧化性：_______(填“>”或“<”)。
（6）“沉钴”过程，加入溶液，其中硫元素为+6价，生成的离子方程式为_______。
（7）“沉钴”过程中，与反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）Cu+2Fe3+= Cu2++2Fe2+
（2）
（3）调节pH使沉淀完全的同时减少杂质引入
（4）10 （5） ①. 第4周期Ⅷ族 ②. <
（6）
（7）Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-
【解析】
【分析】炼锌钴渣加入硫酸酸浸，铜不和硫酸反应过滤后得到铜渣，滤液中含有C2+、Fe2+、Ni2+、Zn2+，向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，将镍转化为沉淀，过滤滤液加入Na2SO5氧化二价钴为三价钴，加入氢氧化钠转化为钴沉淀，过滤滤液电解得到锌单质；
【小问1详解】
三价铁可以和单质铜发生氧化还原反应，离子方程式为：Cu+2Fe3+= Cu2++2Fe2+；
【小问2详解】
“酸浸”过程和酸反应转化为钴离子，离子方程式为；
【小问3详解】
“沉铁”过程的作用是调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且碳酸钙、硫酸钙均为固体，减少引入其它杂质；
【小问4详解】
沉镍”过程中使得镍转化为沉淀，而钴不转化为沉淀，由图判断，应调节pH=10，此时镍沉淀完全、而钴损失较小；
【小问5详解】
、、在周期表中位置是第4周期Ⅷ族；过氧化氢可以将二价铁氧化为三价铁，但是不能氧化二价钴，则氧化性<；
【小问6详解】
“沉钴”过程中氧化二价钴为三价钴同时生成硫酸根离子，加入氢氧化钠和三价钴反应转化生成沉淀，离子方程式为；
【小问7详解】
由于锌和铝性质相似，则“沉钴”过程中，与反应的离子方程式为：Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-。元素
原子半径(nm)
主要化合价
+2
+3
+2
+6、-2
-2
+1
碳
氮
Y
X
硫
Z
W
X
Y
Z
W
X
Y
Z
W
X
Y
Z
W
X
Y
Z
元素
特征
X
在元素周期表中，原子半径最小
Y
常温下，有、型两种气体单质存在
Z
其原子内层电子数与最外层电子数之比为
W
最高化合价为+6价
W
X
Y
Z
编号
性质推测
离子反应方程式
1
_______性
2
还原性
_______
3
氧化性
_______
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