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【化学】四川省泸县第四中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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四川省泸县第四中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S32 Na 23 K 39 Mn 55 Ge 73
第I卷 选择题（50分）
一．单选题（本大题共10个小题，每小题5分，共50分）
1.下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A. CO2的电子式： B. NH3的结构式为：
C. CH4的比例模型： D. Clˉ离子的结构示意图：
【答案】A
【解析】试题分析：A．CO2的电子式为，错误； B．NH3的结构式为，正确；C．CH4的比例模型：，正确；D．Clˉ离子的结构示意图：，正确；故选A。
2.根据相关的化学原理，下列判断正确的是（ ）
A. 由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2S
B. 由于二氧化硅相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2＞CO2
C. 若A2+2D﹣═2A﹣+D2，则氧化性D2＞A2
D. 若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径R2﹣＞M+
【答案】D
【详解】A．水中存在氢键，水的沸点高，与物质的稳定性无关，而非金属性O＞S，所以稳定性为H2O＞H2S，A项错误；
B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以沸点为SiO2＞CO2，不能利用相对分子质量来比较沸点，B项错误；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应A2+2D-═2A-+D2中，A的化合价降低，A2为氧化剂，D2为氧化产物，所以氧化性为A2＞D2，C项错误；
D．若R2-和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径为R2-＞M+，D项正确；
答案选D。
3.下列有关于中和热测定的说法正确的是（ ）
A. 50mL0.50mol·L-1的盐酸和50mL0.50mol·L-1的氢氧化钠溶液反应放出的热量即为中和热
B. 在实验中，向盛盐酸的简易量热计中加氢氧化钠溶液时，要缓慢、分多次加入
C. 在实验操作时，使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌充分又可以避免损坏温度计
D. 在没有盐酸的情况下，若改用浓硫酸做此实验，得到的△H值偏大
【答案】C
【详解】A. 中和热是酸碱发生中和反应生成1 mol水放出的热量，50mL 0.50 mol·L-1的盐酸和50mL 0.50 mol·L-1的氢氧化钠溶液反应水的物质的量为50×10-3L×50 mol·L-1=2.5mol，不是1mol，A项错误；
B.为尽可能减少热量的损失，在实验中，向盛盐酸的简易量热计中加氢氧化钠溶液时要一次性加入，B项错误；
C. 在实验操作时，使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌充分，使酸与碱反应充分，又可以避免损坏温度计，C项正确；
D. 浓硫酸溶于水放热，若改用浓硫酸做此实验，放出的热量数值会偏大，对应的△H值偏小，D项错误；
答案选C。
4.R、X、Y、Z、A是短周期主族元素，它们在周期表中相对位置如图所示。X原子最外层电子数等于其电子层数的3倍。下列推断正确的是（ ）
R
X
Y
Z
A
A. 气态氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为：Z>R>X>Y
B. 原子半径由小到大的顺序为：Z
【答案】C
【解析】
【分析】R、X、Y、Z、A是短周期主族元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示，则R、X、Y位于第二周期，Z、A位于第三周期；X原子最外层电子数等于电子层数的3倍，则X最外层含有6个电子，为O元素，结合各元素的相对位置可知，R为N、Y为F、Z为P、A为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。
【详解】根据上述分析可知，R为N、X为O、Y为F、Z为P、A为Cl，则
A. 非金属性越强，最简单气态氢化物的热稳定性越强，因非金属性：Y>X>R>Z，则氢化物的稳定性：Y>X>R>Z，A项错误；
B. 同一周期，原子序数越大，原子半径越小，同一主族中，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径大小为：Z>A>X>Y，B项错误；
C. 非金属性：A>Z>R，最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序为：Z、R、A，C项正确；
D. ZA5分子为PCl5，P原子最外层电子数为：5+5=10，不满足8电子稳定结构，D项错误；
答案选C。
5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的；X2—与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Z
D. Z的低价氧化物与X的氢化物反应，一定生成弱酸
【答案】C
【解析】W的原子半径是周期表中最小的，则W为氢（H）元素；X、Y均为短周期元素，X2—与Y+的电子层结构相同，则两种离子均为两个电子层，则X为氧（O），Y为钠（Na）元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，则Z最高价为+6价，最低负极为-2价，故Z为硫（S）元素。A、电子层数越多，原子半径越大，则X（O）半径最小，同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，则半径Y（Na）＞Z（S），所以原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；B、同主族元素，从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，故最简单氢化物的稳定性X（O）＞Z（S），故B错误；C、X与Y形成的化合物有两种，Na2O和Na2O2,两者阴阳离子个数比为1:2，故C正确；D、Z的低价氧化物为SO2，X的氢化物有两种：H2O和H2O2,SO2与H2O反应生成弱酸H2SO3，SO2与H2O2发生氧化还原反应，生成强酸H2SO4，故D错误。故选C。
6.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 硫酸亚铁溶液中通入氯气：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋Cl－
B. 亚硫酸钠与硫酸氢钠溶液反应：SO32-＋2H＋=H2O＋SO2↑
C. 氯化铝与足量氨水反应：4NH3·H2O+Al3+=AlO2-+4NH4++2H2O
D. 浓硝酸与铜反应：3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋+2NO↑＋4H2O
【答案】B
【详解】A、氯原子不守恒，正确离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故A错误；
B、亚硫酸钠的电离方程式为Na2SO3=2Na＋＋SO32－，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，两者混合后发生2H＋＋SO32－=H2O＋SO2↑，故B正确；
C、氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋2NH4＋，故C错误；
D、Cu与浓硝酸反应生成NO2，离子反应方程式为Cu＋4H+＋2NO3－=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，故D错误。
7.下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B
NH3极易溶于水
充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
D
常温下，铁与浓硝酸发生钝化
常温下，铁与浓硝酸不反应
【答案】B
【详解】A、SO2能使酸性高锰酸钾褪色，利用SO2的还原性和KMnO4的强氧化性，与SO2的漂白性无关，I和Ⅱ之间无因果关系，故A不符合题意；
B、NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B符合题意；
C、浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C不符合题意；
D、钝化也是化学反应，故D不符合题意。
8.假设R元素无同位素，元素R原子的质量数为A，Rm－的核外电子数为x，则W gRm－所含中子的物质的量为（ ）
A. (A－x＋m)mol B. (A－x－m)mol
C. W/A(A－x＋m)mol D. W/A(A－x－m) mol
【答案】C
【详解】Rm－的核外电子数为x，则R的质子数是x－m。因为质子数和中子数之和是质量数，所以Rm－所含的中子数为A－x＋m，则w g Rm－所含中子的物质的量为（A－x＋m）W/A mol，答案选C。
9.下列离子方程式中，正确的是（ ）
A. 向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2＝Fe3++2Cl-
B. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O
C. 铝片跟氢氧化钠溶液反应：Al＋2OH-＝AlO2-＋H2↑
D. 金属铜溶于稀硝酸中：Cu+2NO3—＋4H+＝Cu2+＋2NO↑+2H2O
【答案】B
【详解】A.氯气能将氯化亚铁氧化为氯化铁，正确的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A错误；
B.氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O，故B正确；
C.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al＋2OH-+2H2O=2AlO2-＋3H2↑，故C错误；
D.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-＋8H+=3Cu2+＋2NO↑+4H2O，故D错误。
故选B。
10.已知核电荷数均小于18X、Y、Z、W四种元素原子的电子层数相同，而原子半径依次增大，则下列物质中酸性最强的是（ ）
A. HXO4 B. H2YO4 C. H3ZO4 D. H4WO4
【答案】A
【解析】电子层数相同，说明位于同一周期。同周期自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强。因为原子半径依次增大，则所以非金属性强弱顺序是X＞Y＞Z＞W。非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，答案选A。
第II卷 非选择题（50分）
11.某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成S、C、Si三种元素的非金属性强弱比较的实验研究。乙同学设计了如图装置来验证卤族元素的性质递变规律，A、B、C三处分别是蘸有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气。
（1）如图中仪器A的名称是____。甲同学实验步骤：连接仪器、______、加药品、滴入试剂。
（2）①如图中仪器A中盛放试剂稀硫酸，烧瓶B中的盛放试剂为___溶液，C中的盛放试剂为______溶液。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_________。
（3）如图中A处反应的离子方程式为__________。
（4）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，据此____（填“能”或“不能”）得出溴的非金属性强于碘，理由是______。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 检查装置气密性 (3). 碳酸钠 (4). 硅酸钠 (5). 一段时间后产生白色胶状沉淀 (6). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (7). 不能 (8). 红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝
【解析】
【分析】（1）根据图示可以知道A为分液漏斗，气体装置需要检查气密性；
（2）根据信息可以知道，甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较，B中盛放碳酸钠溶液，C中盛放硅酸钠溶液，根据强酸制弱酸；
（3）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，卤素单质之间可发生置换反应；
（4）浓盐酸与高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气和溴单质都可以与碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应。
【详解】（1）根据图可以知道A为加液装置，而且可以随意控制加液的量，所以仪器A的名称是分液漏斗。装置制备气体检验性质，所以装置必须气密性完好，连接仪器、检查装置气密性、加药品、滴入试剂，故答案为：分液漏斗，检查装置气密性。
（2）①图1中烧瓶B中的盛放试剂为碳酸钠溶液，C中盛放试剂为硅酸钠溶液，以此来证明碳酸、硅酸的酸性强弱，因为碳酸酸性比硅酸酸性强，在C中通入二氧化碳气体生成硅酸沉淀，则甲同学设计实验的依据是强酸制弱酸，故答案为：碳酸钠，硅酸钠。
②烧杯中反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓，H2SiO3是白色胶状沉淀，所以一段时间后，C中产生白色胶状沉淀，这说明CO2与硅酸钠溶液反应生成硅酸，因此根据较强酸制备较弱酸可知碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：一段时间后产生白色胶状沉淀。
（3）高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化，A处氯气沾有NaBr溶液的棉花，与溴化钠溶液发生置换反应生成溴，则图2中A处反应的离子方程式为Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
（4）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，则B处氯气通过湿润的淀粉KI试纸，氯气与KI反应生成单质碘，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应使试纸变蓝，所以不能据此得出溴的非金属性强于碘，故答案为：不能；红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝。
12.海水中溴含量约为65mg·L－1，从海水中提取溴的工业流程如下：
（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是____。
（2）步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
（3）以上流程Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：_____
Br2＋CO32-===BrO3-＋Br－＋CO2↑
（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：__________。
（5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是_____。
A．乙醇 B．四氯化碳 C．烧碱溶液 D．苯
【答案】（1）富集(或浓缩)溴元素；（2）C；
（3）3 3 1 5 3
（4）SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4；（5）BD
【解析】试题分析：（1） 以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集(或浓缩)溴元素。（2）步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的易挥发的性质。
（3） 根据电荷守恒、电子守恒平衡：3Br2＋3CO===1BrO＋5Br－＋3CO2↑
（4）溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4。
（5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，溴易溶于有机溶剂，可用四氯化碳、苯[来作溴的萃取剂；乙醇与水互溶，不能用乙醇作溴的萃取剂。
13.A、B、C、D、E为元素周期表中前三周期的主族元素，它们的原子序数按A、B、C、D、E的顺序增大。A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，C与E最外层电子数相等，E的最高价氧化物中含氧60%，D与C可形成D2C、D2C2两种离子化合物。填写下列空白：
（1）写出上述五种元素的元素符号：A___，B___，C___，D____，E___。
（2）写出D2C2的电子式_________，AC2的结构式___________。
（3）用电子式表示 AC2化合物的形成过程__________________。
【答案】(1). C (2). N (3). O (4). Na (5). S (6). (7). O=C=O (8).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为元素周期表中前三周期的主族元素，它们的原子序数按A、B、C、D、E的顺序增大．A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C；C与E最外层电子数相等，E的最高价氧化物中含氧60%，氧化物为SO3，则E为S，C为O；D与C可形成D2C、D2C2两种离子化合物，则D为Na，以此来解答。
【详解】(1)A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C；C与E最外层电子数相等,E的最高价氧化物中含氧60%，氧化物为SO3，则E为S，C为O；D与C可形成D2C、D2C2两种离子化合物，则D为Na，A. B. C. D. E为元素周期表中前三周期的主族元素，它们的原子序数按A. B. C. D. E的顺序增大，则B为N，故答案为：C；N；O；Na；S；
(2)D2C2形成的是过氧化钠，其电子式为；AC2为CO2，分子内含碳氧共价双键，结构式为O=C=O，故答案为：；O=C=O；
(3)用电子式表示CO2化合物的形成过程为，故答案为：。
14.均由两种短周期元素组成的A、B、C三种化合物分子，都含有18个电子，它们分子中所含原子的数目依次为2、3、4。A和C分子中，其原子个数比都为1:1，B分子中原子个数比为1:2。由两种短周期元素组成的双核D离子中含有10个电子，它与A、B分子均能反应，生成一种常见的10电子分子E。请回答下列问题：
（1）C的化学式为_____。A的还原性______B的还原性（填“大于”或“小于”）
（2）写出B与D在溶液中反应的离子方程式__________。
（3）气态的A分子遇到某10电子分子会产生白烟，请写出该白烟成分的电子式_______；该白烟的水溶液与浓的含D离子的溶液在受热条件下反应的离子方程式为_________。
（4）写出一个含有18电子的五原子分子的化学式_______，其中的一种元素形成的单质可被含D离子的溶液腐蚀，发生反应的离子方程式为____________。
【答案】(1). H2O2 (2). 小于 (3). H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O (4). (5). OH-+NH4+H2O+NH3↑ (6). SiH4 (7). Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑
【解析】
【分析】A、B、C三种由两种短周期元素组成的化合物分子所含原子的数目依次为2、3、4，且都含有18个电子，A、C分子中两种原子的个数比均为1：1，则A是HCl，C是H2O2，B分子中的原子个数比为1：2，则B是H2S，由两种短周期元素组成的双核D离子中含有10个电子，它与HCl和H2S分子均能反应，则生成一种常见的10电子分子E，则E为水，逆分析法可知，该双核D离子为OH-，据此解答。
【详解】根据上述分析可知，A、B和C分别是HCl和H2S和H2O2，E为H2O，则
（1）C为H2O2，因氯气的氧化性大于硫单质，则离子的还原性比较：HCl小于H2S，
故答案为：H2O2；小于；
（2）H2S为弱酸，与氢氧根离子反应生成硫氢根离子或硫离子，对应的离子方程式为：H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O，故答案为：H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O；
（3）HCl与氨气产生大量白烟，形成氯化铵，氯化铵为离子化合物，其电子式为：，氯化铵与浓的含OH-的溶液在受热条件下反应生成氨气和水，其离子方程式为OH-+NH4+H2O+NH3↑，故答案为：；OH-+NH4+H2O+NH3↑；
（4）含有18电子的五原子分子中的一种元素形成的单质可被含OH-的溶液腐蚀，则该分子为SiH4，其中硅单质可与OH-反应，其离子方程式为：Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑，
故答案为：SiH4；Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑。
15.“价——类”二维图是学习元素化合物知识的好方法，依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：
（1）图中，X的化学式为_____，从N元素的化合价看，X具有_____性(“氧化”、“还原”)。
（2）回答下列关于NH3的问题：
①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为______。
②下列试剂不能用于干燥NH3的是______(填字母)。
A．浓硫酸 B．碱石灰 C．NaOH固体
③请写出NH3→NO的化学方程式_____________ 。
④工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示：
请写出反应2中NO2被吸收过程的化学反应程式是_____。
（3）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。SCR(选择性催化还原)工作原理：
①已知尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，请写出SCR催化反应器中NH3还原NO2的化学方程式：_________。
②尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M=60g·mol −1)含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是____。
【答案】(1). N2O5 (2). 氧化性 (3). Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2 + 2NH3↑+2H2O (4). a (5). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O (6). 2NO2 + 4(NH4)2SO3 = N2 + 4(NH4)2SO4 (7). 8NH3+6NO27N2+12H2O (8).
【详解】(1)X为氮的氧化物，氮元素的化合价为+5价，所以其化学式为N2O5 ；氮元素处于最高价，具有氧化性；
(2) ①氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，方程式：Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2 + 2NH3↑+2H2O；
②氨气属于碱性气体，不能用浓硫酸干燥。故选a；
③氨气的催化氧化反应生成一氧化氮，方程式为：4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；
④从图分析，二氧化氮中的氮元素化合价降低，亚硫酸铵中硫元素化合价升高，方程式为：2NO2 + 4(NH4)2SO3 = N2 + 4(NH4)2SO4 ；
(3) ①从图分析，氨气和二氧化氮反应生成氮气和水，方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O；
②根据CO(NH2)2---2NH3---H2SO4分析，和氨气反应的硫酸的物质的量为(c1v1-c2v2/2) ×10-3mol，则尿素的物质的量为(c1v1-c2v2/2) ×10-3mol，质量分数为=。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S32 Na 23 K 39 Mn 55 Ge 73
第I卷 选择题（50分）
一．单选题（本大题共10个小题，每小题5分，共50分）
1.下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A. CO2的电子式： B. NH3的结构式为：
C. CH4的比例模型： D. Clˉ离子的结构示意图：
【答案】A
【解析】试题分析：A．CO2的电子式为，错误； B．NH3的结构式为，正确；C．CH4的比例模型：，正确；D．Clˉ离子的结构示意图：，正确；故选A。
2.根据相关的化学原理，下列判断正确的是（ ）
A. 由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2S
B. 由于二氧化硅相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2＞CO2
C. 若A2+2D﹣═2A﹣+D2，则氧化性D2＞A2
D. 若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径R2﹣＞M+
【答案】D
【详解】A．水中存在氢键，水的沸点高，与物质的稳定性无关，而非金属性O＞S，所以稳定性为H2O＞H2S，A项错误；
B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以沸点为SiO2＞CO2，不能利用相对分子质量来比较沸点，B项错误；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应A2+2D-═2A-+D2中，A的化合价降低，A2为氧化剂，D2为氧化产物，所以氧化性为A2＞D2，C项错误；
D．若R2-和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径为R2-＞M+，D项正确；
答案选D。
3.下列有关于中和热测定的说法正确的是（ ）
A. 50mL0.50mol·L-1的盐酸和50mL0.50mol·L-1的氢氧化钠溶液反应放出的热量即为中和热
B. 在实验中，向盛盐酸的简易量热计中加氢氧化钠溶液时，要缓慢、分多次加入
C. 在实验操作时，使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌充分又可以避免损坏温度计
D. 在没有盐酸的情况下，若改用浓硫酸做此实验，得到的△H值偏大
【答案】C
【详解】A. 中和热是酸碱发生中和反应生成1 mol水放出的热量，50mL 0.50 mol·L-1的盐酸和50mL 0.50 mol·L-1的氢氧化钠溶液反应水的物质的量为50×10-3L×50 mol·L-1=2.5mol，不是1mol，A项错误；
B.为尽可能减少热量的损失，在实验中，向盛盐酸的简易量热计中加氢氧化钠溶液时要一次性加入，B项错误；
C. 在实验操作时，使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌充分，使酸与碱反应充分，又可以避免损坏温度计，C项正确；
D. 浓硫酸溶于水放热，若改用浓硫酸做此实验，放出的热量数值会偏大，对应的△H值偏小，D项错误；
答案选C。
4.R、X、Y、Z、A是短周期主族元素，它们在周期表中相对位置如图所示。X原子最外层电子数等于其电子层数的3倍。下列推断正确的是（ ）
R
X
Y
Z
A
A. 气态氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为：Z>R>X>Y
B. 原子半径由小到大的顺序为：Z
【答案】C
【解析】
【分析】R、X、Y、Z、A是短周期主族元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示，则R、X、Y位于第二周期，Z、A位于第三周期；X原子最外层电子数等于电子层数的3倍，则X最外层含有6个电子，为O元素，结合各元素的相对位置可知，R为N、Y为F、Z为P、A为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。
【详解】根据上述分析可知，R为N、X为O、Y为F、Z为P、A为Cl，则
A. 非金属性越强，最简单气态氢化物的热稳定性越强，因非金属性：Y>X>R>Z，则氢化物的稳定性：Y>X>R>Z，A项错误；
B. 同一周期，原子序数越大，原子半径越小，同一主族中，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径大小为：Z>A>X>Y，B项错误；
C. 非金属性：A>Z>R，最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序为：Z、R、A，C项正确；
D. ZA5分子为PCl5，P原子最外层电子数为：5+5=10，不满足8电子稳定结构，D项错误；
答案选C。
5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的；X2—与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Z
D. Z的低价氧化物与X的氢化物反应，一定生成弱酸
【答案】C
【解析】W的原子半径是周期表中最小的，则W为氢（H）元素；X、Y均为短周期元素，X2—与Y+的电子层结构相同，则两种离子均为两个电子层，则X为氧（O），Y为钠（Na）元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，则Z最高价为+6价，最低负极为-2价，故Z为硫（S）元素。A、电子层数越多，原子半径越大，则X（O）半径最小，同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，则半径Y（Na）＞Z（S），所以原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；B、同主族元素，从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，故最简单氢化物的稳定性X（O）＞Z（S），故B错误；C、X与Y形成的化合物有两种，Na2O和Na2O2,两者阴阳离子个数比为1:2，故C正确；D、Z的低价氧化物为SO2，X的氢化物有两种：H2O和H2O2,SO2与H2O反应生成弱酸H2SO3，SO2与H2O2发生氧化还原反应，生成强酸H2SO4，故D错误。故选C。
6.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 硫酸亚铁溶液中通入氯气：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋Cl－
B. 亚硫酸钠与硫酸氢钠溶液反应：SO32-＋2H＋=H2O＋SO2↑
C. 氯化铝与足量氨水反应：4NH3·H2O+Al3+=AlO2-+4NH4++2H2O
D. 浓硝酸与铜反应：3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋+2NO↑＋4H2O
【答案】B
【详解】A、氯原子不守恒，正确离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故A错误；
B、亚硫酸钠的电离方程式为Na2SO3=2Na＋＋SO32－，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，两者混合后发生2H＋＋SO32－=H2O＋SO2↑，故B正确；
C、氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋2NH4＋，故C错误；
D、Cu与浓硝酸反应生成NO2，离子反应方程式为Cu＋4H+＋2NO3－=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，故D错误。
7.下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B
NH3极易溶于水
充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
D
常温下，铁与浓硝酸发生钝化
常温下，铁与浓硝酸不反应
【答案】B
【详解】A、SO2能使酸性高锰酸钾褪色，利用SO2的还原性和KMnO4的强氧化性，与SO2的漂白性无关，I和Ⅱ之间无因果关系，故A不符合题意；
B、NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B符合题意；
C、浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C不符合题意；
D、钝化也是化学反应，故D不符合题意。
8.假设R元素无同位素，元素R原子的质量数为A，Rm－的核外电子数为x，则W gRm－所含中子的物质的量为（ ）
A. (A－x＋m)mol B. (A－x－m)mol
C. W/A(A－x＋m)mol D. W/A(A－x－m) mol
【答案】C
【详解】Rm－的核外电子数为x，则R的质子数是x－m。因为质子数和中子数之和是质量数，所以Rm－所含的中子数为A－x＋m，则w g Rm－所含中子的物质的量为（A－x＋m）W/A mol，答案选C。
9.下列离子方程式中，正确的是（ ）
A. 向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2＝Fe3++2Cl-
B. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O
C. 铝片跟氢氧化钠溶液反应：Al＋2OH-＝AlO2-＋H2↑
D. 金属铜溶于稀硝酸中：Cu+2NO3—＋4H+＝Cu2+＋2NO↑+2H2O
【答案】B
【详解】A.氯气能将氯化亚铁氧化为氯化铁，正确的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A错误；
B.氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O，故B正确；
C.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al＋2OH-+2H2O=2AlO2-＋3H2↑，故C错误；
D.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-＋8H+=3Cu2+＋2NO↑+4H2O，故D错误。
故选B。
10.已知核电荷数均小于18X、Y、Z、W四种元素原子的电子层数相同，而原子半径依次增大，则下列物质中酸性最强的是（ ）
A. HXO4 B. H2YO4 C. H3ZO4 D. H4WO4
【答案】A
【解析】电子层数相同，说明位于同一周期。同周期自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强。因为原子半径依次增大，则所以非金属性强弱顺序是X＞Y＞Z＞W。非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，答案选A。
第II卷 非选择题（50分）
11.某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成S、C、Si三种元素的非金属性强弱比较的实验研究。乙同学设计了如图装置来验证卤族元素的性质递变规律，A、B、C三处分别是蘸有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气。
（1）如图中仪器A的名称是____。甲同学实验步骤：连接仪器、______、加药品、滴入试剂。
（2）①如图中仪器A中盛放试剂稀硫酸，烧瓶B中的盛放试剂为___溶液，C中的盛放试剂为______溶液。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_________。
（3）如图中A处反应的离子方程式为__________。
（4）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，据此____（填“能”或“不能”）得出溴的非金属性强于碘，理由是______。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 检查装置气密性 (3). 碳酸钠 (4). 硅酸钠 (5). 一段时间后产生白色胶状沉淀 (6). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (7). 不能 (8). 红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝
【解析】
【分析】（1）根据图示可以知道A为分液漏斗，气体装置需要检查气密性；
（2）根据信息可以知道，甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较，B中盛放碳酸钠溶液，C中盛放硅酸钠溶液，根据强酸制弱酸；
（3）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，卤素单质之间可发生置换反应；
（4）浓盐酸与高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气和溴单质都可以与碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应。
【详解】（1）根据图可以知道A为加液装置，而且可以随意控制加液的量，所以仪器A的名称是分液漏斗。装置制备气体检验性质，所以装置必须气密性完好，连接仪器、检查装置气密性、加药品、滴入试剂，故答案为：分液漏斗，检查装置气密性。
（2）①图1中烧瓶B中的盛放试剂为碳酸钠溶液，C中盛放试剂为硅酸钠溶液，以此来证明碳酸、硅酸的酸性强弱，因为碳酸酸性比硅酸酸性强，在C中通入二氧化碳气体生成硅酸沉淀，则甲同学设计实验的依据是强酸制弱酸，故答案为：碳酸钠，硅酸钠。
②烧杯中反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓，H2SiO3是白色胶状沉淀，所以一段时间后，C中产生白色胶状沉淀，这说明CO2与硅酸钠溶液反应生成硅酸，因此根据较强酸制备较弱酸可知碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：一段时间后产生白色胶状沉淀。
（3）高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化，A处氯气沾有NaBr溶液的棉花，与溴化钠溶液发生置换反应生成溴，则图2中A处反应的离子方程式为Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
（4）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，则B处氯气通过湿润的淀粉KI试纸，氯气与KI反应生成单质碘，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应使试纸变蓝，所以不能据此得出溴的非金属性强于碘，故答案为：不能；红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝。
12.海水中溴含量约为65mg·L－1，从海水中提取溴的工业流程如下：
（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是____。
（2）步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
（3）以上流程Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：_____
Br2＋CO32-===BrO3-＋Br－＋CO2↑
（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：__________。
（5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是_____。
A．乙醇 B．四氯化碳 C．烧碱溶液 D．苯
【答案】（1）富集(或浓缩)溴元素；（2）C；
（3）3 3 1 5 3
（4）SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4；（5）BD
【解析】试题分析：（1） 以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集(或浓缩)溴元素。（2）步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的易挥发的性质。
（3） 根据电荷守恒、电子守恒平衡：3Br2＋3CO===1BrO＋5Br－＋3CO2↑
（4）溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4。
（5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，溴易溶于有机溶剂，可用四氯化碳、苯[来作溴的萃取剂；乙醇与水互溶，不能用乙醇作溴的萃取剂。
13.A、B、C、D、E为元素周期表中前三周期的主族元素，它们的原子序数按A、B、C、D、E的顺序增大。A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，C与E最外层电子数相等，E的最高价氧化物中含氧60%，D与C可形成D2C、D2C2两种离子化合物。填写下列空白：
（1）写出上述五种元素的元素符号：A___，B___，C___，D____，E___。
（2）写出D2C2的电子式_________，AC2的结构式___________。
（3）用电子式表示 AC2化合物的形成过程__________________。
【答案】(1). C (2). N (3). O (4). Na (5). S (6). (7). O=C=O (8).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为元素周期表中前三周期的主族元素，它们的原子序数按A、B、C、D、E的顺序增大．A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C；C与E最外层电子数相等，E的最高价氧化物中含氧60%，氧化物为SO3，则E为S，C为O；D与C可形成D2C、D2C2两种离子化合物，则D为Na，以此来解答。
【详解】(1)A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C；C与E最外层电子数相等,E的最高价氧化物中含氧60%，氧化物为SO3，则E为S，C为O；D与C可形成D2C、D2C2两种离子化合物，则D为Na，A. B. C. D. E为元素周期表中前三周期的主族元素，它们的原子序数按A. B. C. D. E的顺序增大，则B为N，故答案为：C；N；O；Na；S；
(2)D2C2形成的是过氧化钠，其电子式为；AC2为CO2，分子内含碳氧共价双键，结构式为O=C=O，故答案为：；O=C=O；
(3)用电子式表示CO2化合物的形成过程为，故答案为：。
14.均由两种短周期元素组成的A、B、C三种化合物分子，都含有18个电子，它们分子中所含原子的数目依次为2、3、4。A和C分子中，其原子个数比都为1:1，B分子中原子个数比为1:2。由两种短周期元素组成的双核D离子中含有10个电子，它与A、B分子均能反应，生成一种常见的10电子分子E。请回答下列问题：
（1）C的化学式为_____。A的还原性______B的还原性（填“大于”或“小于”）
（2）写出B与D在溶液中反应的离子方程式__________。
（3）气态的A分子遇到某10电子分子会产生白烟，请写出该白烟成分的电子式_______；该白烟的水溶液与浓的含D离子的溶液在受热条件下反应的离子方程式为_________。
（4）写出一个含有18电子的五原子分子的化学式_______，其中的一种元素形成的单质可被含D离子的溶液腐蚀，发生反应的离子方程式为____________。
【答案】(1). H2O2 (2). 小于 (3). H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O (4). (5). OH-+NH4+H2O+NH3↑ (6). SiH4 (7). Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑
【解析】
【分析】A、B、C三种由两种短周期元素组成的化合物分子所含原子的数目依次为2、3、4，且都含有18个电子，A、C分子中两种原子的个数比均为1：1，则A是HCl，C是H2O2，B分子中的原子个数比为1：2，则B是H2S，由两种短周期元素组成的双核D离子中含有10个电子，它与HCl和H2S分子均能反应，则生成一种常见的10电子分子E，则E为水，逆分析法可知，该双核D离子为OH-，据此解答。
【详解】根据上述分析可知，A、B和C分别是HCl和H2S和H2O2，E为H2O，则
（1）C为H2O2，因氯气的氧化性大于硫单质，则离子的还原性比较：HCl小于H2S，
故答案为：H2O2；小于；
（2）H2S为弱酸，与氢氧根离子反应生成硫氢根离子或硫离子，对应的离子方程式为：H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O，故答案为：H2S + OH- = HS- + H2O 或HS- + OH- = S2- + H2O；
（3）HCl与氨气产生大量白烟，形成氯化铵，氯化铵为离子化合物，其电子式为：，氯化铵与浓的含OH-的溶液在受热条件下反应生成氨气和水，其离子方程式为OH-+NH4+H2O+NH3↑，故答案为：；OH-+NH4+H2O+NH3↑；
（4）含有18电子的五原子分子中的一种元素形成的单质可被含OH-的溶液腐蚀，则该分子为SiH4，其中硅单质可与OH-反应，其离子方程式为：Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑，
故答案为：SiH4；Si + 2OH- + H2O = SiO32- + 2H2↑。
15.“价——类”二维图是学习元素化合物知识的好方法，依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：
（1）图中，X的化学式为_____，从N元素的化合价看，X具有_____性(“氧化”、“还原”)。
（2）回答下列关于NH3的问题：
①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为______。
②下列试剂不能用于干燥NH3的是______(填字母)。
A．浓硫酸 B．碱石灰 C．NaOH固体
③请写出NH3→NO的化学方程式_____________ 。
④工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示：
请写出反应2中NO2被吸收过程的化学反应程式是_____。
（3）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。SCR(选择性催化还原)工作原理：
①已知尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，请写出SCR催化反应器中NH3还原NO2的化学方程式：_________。
②尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M=60g·mol −1)含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是____。
【答案】(1). N2O5 (2). 氧化性 (3). Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2 + 2NH3↑+2H2O (4). a (5). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O (6). 2NO2 + 4(NH4)2SO3 = N2 + 4(NH4)2SO4 (7). 8NH3+6NO27N2+12H2O (8).
【详解】(1)X为氮的氧化物，氮元素的化合价为+5价，所以其化学式为N2O5 ；氮元素处于最高价，具有氧化性；
(2) ①氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，方程式：Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2 + 2NH3↑+2H2O；
②氨气属于碱性气体，不能用浓硫酸干燥。故选a；
③氨气的催化氧化反应生成一氧化氮，方程式为：4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；
④从图分析，二氧化氮中的氮元素化合价降低，亚硫酸铵中硫元素化合价升高，方程式为：2NO2 + 4(NH4)2SO3 = N2 + 4(NH4)2SO4 ；
(3) ①从图分析，氨气和二氧化氮反应生成氮气和水，方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O；
②根据CO(NH2)2---2NH3---H2SO4分析，和氨气反应的硫酸的物质的量为(c1v1-c2v2/2) ×10-3mol，则尿素的物质的量为(c1v1-c2v2/2) ×10-3mol，质量分数为=。
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