【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高一下学期4月月考试题（解析版）

黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高一下学期4月月考试题
可能的用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 0:16 S:32 Cu:64
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题2分，共50分)
1.你认为减少酸雨的产生可采取的措施是（ ）
①用煤作燃料 ②把工厂炯囱造高 ③化石燃料脱硫
④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源
A. ①②③ B. ①③④⑤ C. ②③④⑤ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】形成酸雨的主要气体污染物是SO2等，SO2主要来源于燃烧含硫的煤，少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，以此解答。
【详解】①SO2主要来源于燃烧含硫的煤，用煤作燃料不能减少酸雨的产生，故①错误；
②工厂烟囱造高一些不能减少二氧化硫的排放，所以不能减少酸雨的产生，故②错误；
③将矿石燃料脱硫，能减少二氧化硫的排放，能减缓酸雨污染，故③正确；
④在已酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染，故④错误；
⑤开发新能源能减少二氧化硫的排放，所以能减少酸雨的形成，故⑤正确；选D。
2.某溶液中含有HCO3-、SO32-、Na+、NO3-四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度增大的是（ ）
A. SO32- B. HCO3- C. Na+ D. NO3-
【答案】C
【解析】
【分析】Na2O2具有强氧化性，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性。能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化。
【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小；Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小；NO3-浓度基本不变，钠离子浓度增大，故选C。
3.关于下列各装置图的叙述中，正确的是（ ）
A. 制取及观察Fe（OH）2
B. 比较两种物质的热稳定性
C. 实验室制取NH3
D. 分离沸点不同且互溶的液体混合物
【答案】A
【详解】A．将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2↓，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A正确；
B．碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B错误；
C．氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；
D．图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；
故答案选A。
4.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为( )
A. 32 g B. 48 g C. 64 g D. 96 g
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，生成NO2、NO的做氧化剂消耗硝酸的量等于NO2、NO与氧气反应生成硝酸的量，说明整个过程中氧气得到的电子和铜失去的电子相同。
【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==1mol，消耗铜的质量=1mol×64g/mol=64g，故选C。
5.在一定温度和压强下，将一支容积为21mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管内液面上升一定高度不再变化时，在相同条件下再通入O2，若要使试管内的液面仍保持在原高度，则通入O2的体积为（ ）
A. 8.75mL B. 12.25mL
C. 5.25mL D. 10.5mL
【答案】B
【解析】
【分析】二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水反应生成二氧化氮，二氧化氮又和水反应生成硝酸和一氧化氮，当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积。
【详解】根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，将一容积21ml的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中,当试管内液面上升至一定高度不再变化时，生成的一氧化氮的体积是二氧化氮的
1/3为7mL；当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，则由方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知O2为21/4ml，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积为7mL，故通入的氧气的体积=7mL+21/4mL=12.25mL,故选B。
6.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是

A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3
B. 利用途径③制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mL
C. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②=③
D. 与途径①、③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想
【答案】D
【解析】分析：物质制备的基本思想是用最少的原料获得最多的产品，同时符合原子利用率高，无污染等要求。途径①的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，途径②的反应方程式式为2Cu＋O22CuO CuO＋H2SO4CuSO4＋H2O，途径③的反应方程式式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，据此可解答。
详解：A、根据途径①的离子方程式可知，H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；
B、由途径③的化学方程式可得，制备16g硫酸铜即0.1mol，需要消耗硫酸的物质的量为0
.2mol，所以B错误；
C、由反应方程式可知生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量为①=②=③，所以C错误；
D、根据反应方程式可知，制取等量的硫酸铜，途径①与途径②相比，在消耗等量硫酸的基础上又多消耗了硝酸，并生成污染性气体NO，途径③消耗硫酸最多，并产生污染性气体SO2，只有途径②消耗硫酸量少，又不产生污染性气体，所以途径②更好地体现了绿色化学思想，故D正确。本题答案为D。
7.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 铁粉加入稀硫酸中：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑
B. SO2通入氯水中：SO2＋Cl2＋2H2O＝SO42－＋2Cl－＋4H＋
C. Fe(OH)2溶于过量的稀HNO3：Fe(OH)2＋2H＋＝2Fe2＋＋2H2O
D. 少量氯水滴入FeBr2溶液中：Cl2＋2Br－＝2C1－＋Br2
【答案】B
【解析】
【分析】A、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
B、二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸；
C、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；
D、亚铁离子还原性强于溴离子，少量氯水滴入FeBr2溶液中，氯水应先与亚铁离子反应。
【详解】A项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B项、将SO2通入氯水中，二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程为：SO2＋Cl2＋2H2O＝SO42－＋2Cl－＋4H＋，故B正确；
C项、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程为：3Fe(OH)2+NO3-+10H+═3Fe3++NO↑+8H2O，故C错误；
D项、亚铁离子还原性强于溴离子，少量氯水滴入FeBr2溶液中，氯水应先与亚铁离子反应，反应的离子方程为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故D错误。
故选B。
8.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是　(　　)
A. 肯定有SO2和NO
B. 肯定没有O2和NO2，可能有Cl2
C. 可能有Cl2和O2
D. 肯定只有NO
【答案】A
【解析】试题分析：由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红溶液，品红溶液褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，结合原混合气体无色，说明混合气体中没有氧气。
9.下列实验操作及现象和后面结论对应正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2通入酸性高锰酸钾溶液
高锰酸钾溶液紫色褪色
SO2具有漂白性
B
向某溶液中滴加KSCN溶液
溶液显红色
原溶液中有Fe3+无Fe2+
C
将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液
有白色沉淀生成
证明酸性：硫酸大于碳酸大于硅酸
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
【答案】C
【解析】A．SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液将二氧化硫氧化，因为发生氧化还原反应而褪色，证明二氧化硫具有还原性，故A错误；B．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液显示红色，能够证明原溶液中有Fe3+，但是无法证明是否含有Fe2+，检验Fe2+应该再滴入酸性高锰酸钾溶液，故B错误；C．将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液，有白色沉淀生成，证明最高价含氧酸的酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性S＞C＞Si，故C正确；D．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故D错误；故选C。
10.常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入以等物质的量混合的两种气体，a试管内是NO2与O2，b试管内为Cl2和SO2，c试管内为NO与O2，d试管内是NH3与N2，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为（ ）
A. b>c>a>d B. b>a>c>d C. d>b>a>c D. b>d>c>a
【答案】A
【解析】
【分析】首先写出有关反应的化学方程式，根据方程式计算，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大．
【详解】设试管的体积为VL，
a．等体积的NO2与O2，发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V－1/4×0.5V）=3/8V；
b．等体积的Cl2和SO2，发生：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，气体完全反应，没有气体剩余；
c．等体积的NO与O2，发生：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V-0.5V×3/4）=1/8V；
d．等体积的NH3与N2，氨气极易溶于水，氮气不溶于水，剩余气体为氮气，体积为0.5V，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大，最终各试管中水面上升高度顺序应为b＞c＞a＞d，
故选A。
11.下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（ ）
A. 无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液可能含有CO32-
B. 某物质焰色反应呈黄色，结论：该物质是钠盐
C. 无色试液加入NaOH溶液，加热产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，结论：试液中含NH3
D. 无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A.原无色溶液中加稀盐酸产生无色无味气体，该气体为CO2，则原溶液中可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子， 所以该结论正确，A项正确；
B.钠元素的单质和化合物的焰色反应都呈黄色，所以焰色反应呈黄色的物质也可能是钠单质、钠的氧化物和NaOH，该结论是错误的，B项错误；
C.因为NH4++OH-NH3↑+H2O，NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故原溶液中含NH4+，所以该结论错误，C项错误；
D.因为BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba(NO3)2，AgCl也是不溶于盐酸的白色沉淀，因此原无色溶液也可能含Ag+，该结论错误，D项错误；答案选A。
12.下列关于浓硝酸的说法不正确的是（ ）
A. 光照易分解
B. 露置于空气中溶液浓度降低
C. 能与碳反应说明其具有强氧化性
D. 常温下铜在浓硝酸中发生钝化
【答案】D
【解析】浓硝酸具有挥发性，见光分解和受热分解的不稳定性，还具有强的氧化性等。所以A、光照易分解是其不稳定性的表现，故A正确；B、露置于空气中因其挥发导致溶质减少，溶液浓度降低，故B正确；C、浓硝酸的强氧化性能氧化几乎所有的金属和绝大多数非金属，所以能与碳反应，故C正确；D、常温下铜可在浓、稀硝酸中发生反应，而铁、铝在浓硝酸中才能发生钝化，所以D错误。因此本题答案为D。
13.已知X＋结构示意图如下图，则X在元素周期表中的位置是(　　)

A. 第二周期0族 B. 第四周期ⅠA族
C. 第三周期ⅠA族 D. 第三周期ⅦA族
【答案】B
【详解】X＋结构示意图：，则可推知其质子数为：2+8+8+1=19，X是钾元素，位于第四周期ⅠA族，B项正确；
答案选B。
14.下列关于化学键的叙述中，正确的是 （ ）
A. 氢键是一种特殊的共价键 B. 离子化合物中可能含有共价键
C. I2的挥发破坏了共价键 D. 非极性键只能存在双原子单质中
【答案】B
【解析】A. 氢键不是化学键，A错误；B. 离子化合物中可能含有共价键，例如NaOH中O与H之间含有共价键，B正确；C. I2的挥发是物理变化，破坏了分子间作用力，共价键不变，C错误；D. 非极性键不一定只能存在双原子单质中，例如CH3CH2OH分子中C与C之间含有非极性键，D错误。答案选B。
15.浅绿色的Fe (NO3)2溶液中逐滴加入少量的稀硫酸时，溶液的颜色变化应该是（ ）
A. 颜色变浅 B. 变为血红色
C. 没有改变 D. 变为黄色
【答案】D
【解析】浅绿色的Fe(NO3)2溶液中逐滴加入少量的稀硫酸时，发生离子反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O，三价铁盐溶液显黄色，所以溶液变为黄色，本题选D。
16.短周期元素A和B，其中A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是(a-b)，L层电子数是(a+b)，则A、B两种元素形成的化合物的化学式可能表示为（ ）
A. B3A2 B. AB2 C. A3B2 D. BA2
【答案】D
【详解】短周期元素A和元素B，元素A原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素B原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，所以元素A原子有2个电子层，故b=2，所以a=8-b=8-2=6，故A为O元素；故元素B原子的M层电子数为a-b=6-2=4，故B为Si元素，A、B两元素形成的化合物为BA2，
故选D。
17.下列有关化学用语的表示方法中正确的是（ ）
A. 次氯酸的电子式：
B. M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为a+b+2a+2M
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程为：
D. Na+的结构示意图：
【答案】B
【详解】A、HClO是共价化合物，电子式为，A错误；
B、M2+离子核外有a个电子，M原子核外有a+2个电子，M的质子数为a+2，质量数为a+2+b，M的原子符号为，B正确；
C、氯化镁是离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程为：，C错误；
D、Na+的结构示意图为，D错误；
答案选B。
18.已知短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－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：B＞A＞C＞D
B. 原子序数：D＞C＞B＞A
C. 离子半径：C3－＞D－＞A2＋＞B＋
D. 氧化性：A2＋＞B＋，还原性：C3－＜D－
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，所以有
a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数a>b>d>c。
【详解】A. A、B在周表中C、D的下一周期，且原子序数a>b>d>c，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正确；
B. 短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，所以有a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数a＞b＞d＞c，故B错误；
C. aA2＋、bB＋、cC3－、dD－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C3－＞D－＞B＋＞A2＋，故C错误；
D．同周期从左往右，元素金属性减弱，对应阳离子的氧化性增强；元素非金属性增强，对应阴离子的还原性减弱，故氧化性：A2＋＞B＋，还原性：C3－＞D－，故D错误；
故选A。
19.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T为铝元素。

元素R的氢化物的电子式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示，R位于第二周期，T、Q、W位于第三周期，T为Al元素，则R为N元素，Q为Si元素，W为S元素，据此解答。
【详解】根据上述分析，R为N元素，Q为Si元素，W为S元素，T为铝元素。N的氢化物为氨气，化学式为NH3，其为共价化合物，分子中只有共价键，其电子式为，故选C。
20.M、R均为主族元素，已知M的一个原子失去2个电子，R的一个原子得到1个电子后形成稀有气体元素的电子层结构。下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是(　　)
A. M与R可以形成MR2型离子化合物
B. 在MR2中M的离子半径比R的离子半径大
C. 形成的两种离子分别是M＋和R2－
D. MR2的电子式为
【答案】A
【解析】
【分析】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。
【详解】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。则
A．M形成+2价阳离子，R形成－1价阴离子，二者可以形成MR2型离子化合物，故A正确；
B．离子电子层与核电荷数不能确定，故离子半径大小不能确定，M的离子半径可能比R的离子半径小，也可能大，如Ca2+＜Cl－，Ba2+＞Cl－，故B错误；
C．形成的两种离子分别是M2＋和R－，故C错误；
D．MR2的电子式为，故D错误，
故答案选A。
21.W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，X与Z属于同主族的元素，Z 元素最高正价与最低负价之和为4；Y为短周期元素中半径最大的元素，下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径Y>X
B. 非金属性W>Z
C. 氢化物稳定性X>Z>W
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，由于最外层电子数不能超过8个，则W是第二周期的C元素；X与Z属于同主族的元素，Z元素最高正价与最低负价之和为4，则Z是第ⅥA元素，X是O，Z是S；Y为短周期元素中半径最大的元素，Y是钠元素，据此分析解答。
【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、O、Na、S。则
A. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径Y＜X，A错误；
B. 非金属性S＞C，B错误；
C. 非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性O＞S＞C，C正确；
D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸大于碳酸，D错误；
答案选C。
22.下列说法正确的是（ ）
A. 原子序数之差为2的两种元素不可能位于同一主族
B. D−核外有36个电子，则元素D位于第四周期第ⅦA族
C. 位于同一主族的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能为x+4
D. 位于同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第ⅠA族，原子序数为x，乙位于第ⅢA族，则乙原子序数可能为x+19
【答案】B
【详解】氢和锂是同一主族的两种元素，其原子序数之差为2，故A错误；
D−核外有36个电子，则D原子有35个电子，为Br元素，Br位于第四周期第ⅦA族，故B正确；
同主族相邻两周期原子序数差值可能为2、8、18、32等，所以同一主族的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能为x+4，故C错误；
同一周期第ⅠA族与第ⅢA族之间原子序数之差可能为2、12和26，乙原子序数不可能为x+19，故D错误。
故选B。
23.下列物质中只含有离子键的是（ ）
A. H2O B. NH4Cl C. Na2S D. Na2O2
【答案】C
【详解】A. H2O中只含有极性共价键，故A错误；
B. NH4Cl中既含有离子键，也含有极性共价键，故B错误；
C. Na2S中只含有离子键，故C正确；
D. Na2O2中既含有离子键，也含有非极性共价键，故D错误；
正确答案：C。
24.下列各种方法中，最适用于炼制相应金属的是（ ）
A. 加热氧化铜制铜 B. 氧化铁与铝粉反应制铁
C. 电解熔融氯化铝制铝 D. 电解熔融氧化镁制镁
【答案】B
【解析】
【分析】特别活泼的金属从K到Al用电解方法冶炼；从Al后到Cu的金属用热还原方法冶炼，从Hg、Ag用热分解方法冶炼，据此分析。
【详解】A. Cu可用热还原方法得到，加热氧化铜不能制铜，A错误；
B.Al的活动性比Fe强，所以氧化铁与铝粉反应铝热反应可制取铁，B正确；
C.氯化铝是共价化合物，不含带电微粒，所以不能电解制取金属Al，C错误；
D.MgO是离子化合物，由于其熔沸点比MgCl2高，所以一般用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg，D错误；
故合理选项是B。
25.如图所示，用海带灰制备单质碘的实验中，涉及的操作正确且能达到实验目的的是（ ）
A. 过滤海带灰浸取液
B. 在滤液中通入Cl2
C. 先放出下层液体，再放出有机层苯
D. 回收萃取剂苯并获得单质碘
【答案】A
【解析】
【分析】A．过滤分离可溶物和不溶物；
B．洗气应长进短出；
C．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
D．温度计测量蒸气的温度。
【详解】A、碘离子易溶于水，可用过滤法除掉不溶性杂质，选项A正确；
B、洗气时应长进短出，否则会将液体排出，选项B错误；
C、分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，选项C错误；
D、蒸馏操作时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，选项D错误。
答案选A。
第II卷(非选择题)
26.I．海水开发利用的部分过程如图所示。

(1)向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，发生反应的离子方程式为_______________________。
(2)富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2的水溶液将其还原吸收，发生反应的化学方程式为________________________。也可用纯碱吸收溴，主要反应是Br2＋Na2CO3＋H2O→NaBr＋NaBrO3＋NaHCO3(未配平)，吸收1 mol Br2时，转移的电子为_____ mol。
(3)下列有关海水综合利用的说法错误的是_______________。
A．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
B．电解饱和食盐水可制得金属钠
C．工业生产常选用Ca(OH)2作为沉淀剂
D．海水提镁涉及到复分解反应
II. C、Ｎ、O、Na、Al、S、Cl是常见的元素。 
(1)C元素位于元素周期表的位置___________________；C元素的一种同位素可以测定文物年代，这种同位素的符号为_______________。 
(2)用“＞”、“＜”或“＝”填空 
离子半径
酸性
还原性
得电子能力
N3-____ Al3+
H2SO4____ HClO4
O2-____ S2-
35Cl ____37Cl
(3)黑火药爆炸时发生反应的化学方程式为：S+2KNO3+3C==K2S +3CO2↑+N2↑反应生成物中，属于非电解质的是_______________，其电子式为__________________。 
(4)在(3)中化学反应方程式的元素中，属于同周期元素的非金属性由强到弱的顺序为____________________，能证明其递变规律的事实是_______________(填字母) 
A．氧化物对应水化物的酸性        
B．气态氢化物的沸点 
C．单质与氢气反应的难易程度       
D．气态氢化物的稳定性
【答案】(1). Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2 (2). SO2＋Br2＋2H2O＝H2SO4＋2HBr (3). 5/3 (4). B (5). 第二周期IVA族 (6). 146C (7). > (8). < (9). < (10). = (11). CO2 (12). (13). O>N>C (14). CD
【解析】
【分析】I．由流程可知，海水蒸发溶剂得到粗盐和苦卤溶液，苦卤溶液中通入氯气，氯气与溴离子发生置换反应生成溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，用二氧化硫或纯碱吸收溴，然后再加入合适的试剂将溶液中的溴元素转化为为溴单质，得到高浓度的溴溶液，目的是富集溴。
II. （1）C元素位于元素周期表第二周期，第IVA族；
（2）核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；单质的氧化性越强，离子的还原性越弱；同种元素得电子能力相同；
（3）反应生成物中氮气为单质，硫化钾为电解质，二氧化碳属于非电解质；
（4）在（3）中化学反应方程式的元素中、C、N、O位于同周期，原子序数大的非金属性强，则非金属性为O>N>C。
【详解】I．（1）向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，分液的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；
（2）海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，溴单质沸点低，易挥发，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，用SO2的水溶液将其还原吸收，发生反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；纯碱吸收溴单质，溴元素化合价0价变化为-1价和+5价，电子转移5e-，配平得到3Br2+6Na2CO3+3H2O→5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，反应中，Br元素化合价分别由0价变化为-1价、+5价，反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2×n氧化剂（Br2）=2×5×n还原剂（Br2），故n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）=5：1，故吸收1mol Br2时，转移的电子数为mol，故答案为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；；
（3）A、粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故正确；
B、电解饱和食盐水生成的是氯气、氢气和氢氧化钠，电解熔融氯化钠生成钠和氯气，故错误；
C、工业生产中常选用性价比相对较高的生石灰或石灰水作沉淀剂，故正确；
D、海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁，涉及复分解反应，故正确；
故选B，故答案为：B；
II. （1）C元素位于元素周期表第二周期IVA族，14C可以测定文物年代，故答案为：第二周期IVA族；14C；
（2）N3-、Al3为核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小，则N3- 大于Al3+，非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；氧气的氧化性大于硫单质，则O2-小于S2-；同种元素得电子能力相同，故答案为：>；C；
A、O元素只有正化合价，不存在氧化物，方法不合理，故错误；
B、气态氢化物的沸点与非金属性无关，故错误；
C、单质与氢气反应的难易程度，可知非金属得电子的能力，能比较非金属性，故正确；
D、氢化物的稳定性可比较非金属性强弱，故正确；
故选CD，故答案为：O>N>C；CD
27.下表是元素周期表的一部分, 针对表中的①～⑩种元素,填写下列空白(填写序号不得分):
族　
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0族
2



①
②
③
④

3



⑤

⑥
⑦
⑧
4
⑨





⑩

(1)在这些元素中,化学性质最不活泼的是:__________。(填元素符号)
(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是__________，碱性最强的化合物的化学式是__________________。
(3)比较①与⑤的最高价氧化物对应的水化物，________________的酸性强(填化学式)
(4)工业上制取②的氢化物的化学方程式_______________________________________；
②的氢化物与②的最高价氧化物的水化物反应所得的产物化学式为_____________。
(5)②可以形成多种氧化物，其中一种是红棕色气体，试用方程式说明该气体不宜采用排水法收集的原因________________________________________________(用化学方程式表示)
(6)比较③与⑥的氢化物,_______________更稳定,__________沸点更高(填化学式)
(7)写出④的单质与水反应的化学方程式_________________________________________。
(8)写出⑦元素的离子结构示意图______________________,该离子半径_________S2-(填“﹥”或“﹤”)写出⑩元素在周期表的位置__________________________。
【答案】(1). Ar (2). HClO4 (3). KOH (4). H2CO3 (5). N2+3H2 2NH3 (6). NH4NO3 (7). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (8). H2O (9). H2O (10). 2F2+2H2O=4HF+O2↑ (11). (12). < (13). 第四周期VIIA族
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①是C元素，②是N元素，③是O元素，④是F元素，⑤是Si元素，⑥是S元素，⑦是Cl元素，⑧是Ar元素，⑨是K元素，⑩是Br元素。
【详解】（1）在①～⑩的10种元素中，化学性质最稳定的是稀有气体Ar，故答案为：Ar；
（2）根据元素周期律：同周期元素的原子，从左到右最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，同主族元素的原子，从下到上最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱可以推知酸性最强的式是高氯酸，碱性最强的是KOH，故答案为：HClO4；KOH；
（3）①是C元素，⑤是Si元素，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱，则最高价氧化物对应的水化物酸性强的是H2CO3，故答案为：H2CO3；
（4）②是N元素，工业上用氮气和氢气反应制备氨气，反应的化学方程式为N2+3H2 2NH3；氨气与硝酸反应生成硝酸氨，故答案为：N2+3H2 2NH3；NH4NO3；
（5）红棕色气体是二氧化氮，二氧化氮易溶于水，与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（6）③是O元素，⑥是S元素，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则水的稳定性强于硫化氢；水分子之间可以形成氢键，增大分子间作用力，沸点高于硫化氢，故答案为：H2O；H2O；
（7）④是F元素，氟气与水发生置换反应反应生成氢氟酸和氧气，反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2↑，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2↑；
（8）⑦是Cl元素，氯离子结构示意图；⑥是S元素，氯离子和硫离子的电子层结构相同，电子层结构相同的离子随核电荷数增大，离子半径依次减小，则氯离子比较小于硫离子；⑩是Br元素，位于周期表第四周期VIIA族，故答案为：；