【化学】宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
可能用到的相对原子质量： O 16 Cl 35.5
第I卷 选择题部分(共51分)
一、选择题(本题共有17小题，每小题3分，共51分。在四个选项中仅有一项符合题目要求)
1.下列有关化学用语表达正确的是(　　)
A. 和离子结构示意图均可以表示为：
B. 质子数为92、中子数为146的U原子：
C. 碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3===Na++H++CO32-
D. HF的电子式：
【答案】A
【详解】A. 和离子都是氯离子，其离子结构示意图均可以表示为： ，所以A选项是正确的；
B. 质子数为92、中子数为146的U原子：，故B错误；
C. 碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3===Na++HCO3-，故C错误；
D.氟化氢的电子式为 ，故D错误。
所以A选项是正确的。
2. 下列物质之间的转化都一步能实现的是(　　)
A. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
B. Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2
C. N2→NH3→NO→NO2→HNO3→NO2
D. S→SO3→H2SO4→SO2→Na2SO3→Na2SO4
【答案】C
【解析】A错误，二氧化硅到硅酸不能一步实现。
B错误，氧化铝到氢氧化铝不能一步实现。
C正确，氮气和氢气反应生成氨气，氨气催化氧化得到一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，浓硝酸与金属反应可得二氧化氮，或者浓硝酸自身分解也可得到二氧化氮。
D错误，单质S变三氧化硫不能一步实现。所以正确答案选C。
3.某溶液中有、、、等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中离子数目维持不变的阳离子是　　
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3， 再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成FeCl3、AlCl3，因为加入氢氧化钠，所以Fe3+浓度增大，Fe2+、NH4+减小；则几乎不变的是Al3+，
所以C选项是正确的。
4.下列实验过程中，始终无明显现象的是　　
A. 通入溶液中
B. 通入溶液中
C. 通入溶液中
D. 通入酸化溶液中
【答案】B
【详解】A.二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，硝酸具有强氧化性氧化Fe2+成Fe3+，溶液颜色由浅绿色变为黄色，故A错误；
B.碳酸的酸性小于盐酸的酸性，无法和氯化钙反应，无明显现象，所以B选项是正确的；
C.足量氯气通入碳酸钠溶液中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，有气体生成，故C错误；
D.硝酸根离子在酸溶液中能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，故D错误。
所以B选项是正确的。
5.将明矾溶于水形成100mL溶液，以下说法正确的是
A. 明矾净水是利用了明矾的强氧化性
B. 溶液焰色反应为紫色，这是化学性质
C. 加入溶液至沉淀物质的量达到最大，消耗溶液
D. 加入溶液至恰好完全沉淀，全部转化为
【答案】D
【详解】A、明矾中的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以明矾能净水，明矾没有强氧化性，故A错误；B、钾元素的焰色反应为紫色，焰色反应为元素的物理性质，故B错误；C、向明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀的物质的量最大的离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，所以消耗Ba（OH）2溶液0.15mol，故C错误；D、加入Ba（OH）2溶液至SO42-恰好完全沉淀，溶液中的溶质为偏铝酸钾，则Al3+全部转化为AlO2-，其反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，故D正确；故选D。
6.核内中子数为N的离子，质量数为A，则ng它的氧化物中所含质子的物质的量是　　
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则R的质子数是A－N，氧化物的化学式为RO，因此n克它的氧化物中所含质子数的物质的量是，答案选A。
7.元素性质呈周期性变化的决定因素是（ ）
A. 元素原子半径大小呈周期性变化
B. 元素相对原子质量依次递增
C. 元素原子最外层电子排布呈周期性变化
D. 元素的最高正化合价呈周期性变化
【答案】C
【解析】试题分析：结构决定性质，即原子的核外电子排布尤其是最外层电子排布决定了元素的性质，所以元素性质呈周期性变化的决定因素是元素原子核外电子排布呈周期性变化的必然结果，C正确。
8.已知、、、四种离子均具有相同的电子层结构下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是
A. 原子序数：
B. 离子半径：
C. 原子最外层电子数：
D. 还原性：   
【答案】B
【解析】分析：X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，其中X与Y是金属，位于第三周期，Z和W是非金属，位于第二周期，结合元素周期律解答。
详解：A．X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，阳离子原子序数=核外电子数+电荷数，阴离子原子序数=核外电子数-电荷数，则这几种元素的原子序数大小顺序是Y＞X＞Z＞W，A正确；
B．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径大小顺序是W＞Z＞X＞Y，B错误；
C．主族元素阳离子最外层电子数=其最高正化合价，阴离子最低负化合价=最外层电子数-8，所以原子最外层电子数Z＞W＞Y＞X，C正确；
D．同一周期元素，元素的金属性越强，其还原性越强；同一周期非金属元素，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，所以还原性X＞Y、W2-＞Z-，D正确；
答案选B。
9. 下列有关元素周期表结构的说法正确的是(　　)
A. 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表IIA族
B. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
C. 某元素原子核外的电子数为63，则它是第6周期副族元素
D. 除短周期外，其他周期均为18种元素，副族元素没有非金属元素
【答案】C
【解析】试题分析：A．原子最外层电子数为2的元素不一定处于周期表IIA族，例如He处于0族，A错误；B．元素周期表中第三列至第十二列元素属于过渡元素，B错误；C．Ba是55号元素，某元素原子核外的电子数为63，则它是第6周期第ⅢB族元素，C正确；D．除短周期外，第4、5周期均为18种元素，第六周期是32种元素，第七周期还没有排满，D错误，答案选C。
10.图中的数字代表的是原子序数，图中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的实际位置相符的是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据元素周期表的结构可以知道，相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、32，以此判断同族中位置关系。同周期元素根据原子序数判断位置关系，注意第三列镧系、锕系，长周期第ⅡA族、第ⅢA族之间有10个空列为7个副族和1个Ⅷ族，以此来解答。
【详解】A.7、8、9为第二周期相邻的N、O、F元素，8、16、34为第ⅥA族相邻的元素O、S、Se，符合位置关系，所以A选项是正确的；
B.4为Be、5为B，中间有10个空列为7个副族和1个Ⅷ族，故B错误；
C.1为H，2为He，分别为第1列与第18列，且H与Na（原子序数为11）不相邻，不符合位置关系，故C错误；
D.10 为Ne，位于第18列，而17为Cl，35为Br，Cl、Br同主族，不符合位置关系，故D错误。
所以A选项是正确的。
11.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是(　　)

①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径/10－10m
0.66
1.36
123
1.10
0.99
1.54
0.70
1.24
最高价或最低价
－2
+2
+1
+5、－3
+7、－1
+1
+5、－3
+3
A. 元素④⑤形成的化合物是离子化合物
B. 元素⑦位于第二周期第V族
C. 元素①⑧形成的化合物具有两性
D. 元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素中，①只有最低价-2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都有最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答。
【详解】根据以上分析可知①为O，②为Mg，③为Li，④为P，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为Al，则
A．元素④⑤形成的化合物是NCl3，属于共价化合物，A错误；
B．⑦为N元素，位于第二周期VA族，B错误；
C．元素①⑧形成的化合物为Al2O3，Al2O3具有两性，C正确；
D．元素③为Li，在上述元素中Na金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，D错误。
答案选C。
12.短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置如图，下列有关这三种元素的叙述正确的是( )

A. a是一种活泼的非金属元素
B. c的最高价氧化物的水化物是一种弱酸
C. b的氢化物很稳定
D. b元素的最高化合价为＋7价
【答案】C
【解析】试题分析：根据元素周期表的结构推断a为氦元素，b为氟元素，c为硫元素。A、氟元素为非金属性最强的元素，它的氢化物很稳定，正确；B、氦元素为稀有气体元素，错误；C、硫酸为强酸，错误；D、氟元素没有正价，错误。
13.下列关于元素周期表应用的说法正确的是（ ）
A. 在过渡元素中，可以找到半导体材料
B. 在ⅠA、ⅡA族元素中，寻找制造农药的主要元素
C. 在金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
D. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索
【答案】D
【解析】分析：A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索。
详解：A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，A项错误；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近，B项错误；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，C项错误；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，D项正确；答案选D。
14.下列能说明氯元素比硫元素非金属性强的是（　　）
①HCl比H2S稳定；②HClO4酸性比H2SO4强；③Cl2能与H2S反应生成S；④Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子；⑤Cl2比S更易与H2化合生成相应气态氢化物；⑥盐酸是强酸，而氢硫酸是弱酸。
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑥ C. ①②③⑤ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HCl比H2S稳定，Cl比S非金属性强，故①正确；②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，HClO4酸性比H2SO4强，Cl比S非金属性强，故②正确；③元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，Cl2能与H2S反应生成S，Cl比S非金属性强，故③正确；④比较非金属性的强弱不能根据最外层电子数的多少，应根据得电子能力判断，故④错误；⑤非金属性越强，越易与氢气化合，Cl2比S更易与H2化合生成相应气态氢化物，可知氯的非金属性比硫强，故⑤正确；⑥最高价含氧酸的酸性强，则元素的非金属性弱，只有根据HClO4的酸性比H2SO4的强，才得到非金属性Cl＞S，才能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故⑥错误；①②③⑤正确，故答案为C。
15. 下列原子序数所对应的元素组中，两者可形成离子键的是(　　)
A. 1和17 B. 12和9 C. 14和6 D. 15和8
【答案】B
【解析】考查化学键判断。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键。非金属元素的原子间形成共价键。所以A中形成的是极性键，化合物是氯化氢。B形成离子键，化合物是MgF2。C中形成的是极性键，化合物是SiC。D中形成的是极性键，化合物是P2O5或P2O3。答案选B。
16. 下列化合物中的化学键中，既有离子键又有共价键的是(　　)
A. H2O B. NaCl C. NH4Cl D. HCl
【答案】C
【解析】试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，则水中只有共价键，氯化钠中只有离子键，氯化铵中含有离子键，N和H之间还有共价键，氯化氢中只有共价键，答案选C。
17.下列说法正确的是(　　)
①金属和非金属化合形成离子键
②离子键是阳离子，阴离子的相互吸引
③两个非金属原子间不可能形成离子键
④非金属原子间不可能形成离子键
⑤离子化合物可能含有共价键
⑥共价化合物中可能有离子键
A. B.
C. ③ ⑤ D.
【答案】C
【详解】①金属和非金属化合一般形成离子键，可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故错误；
②离子键是阳离子、阴离子的静电作用力，含吸引和排斥力，故错误；
③两个非金属原子间只能以共用电子对结合，则只能形成共价键，故正确；
④非金属原子间可能形成离子键，如铵盐为离子化合物，故错误；
⑤离子化合物中一定含离子键，可能含共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故正确；
⑥共价化合物中一定不含离子键，含离子键的为离子化合物，故错误。
所以C选项是正确的。
第II卷 非选择题部分(共69分)
二、填空题(本大题共4小题，共38.0分)
18.下列7种化学符号：；；；；； ；  
(1)表示核素的符号共______种。
(2)互为同位素的是______和______。
(3)质量数相等，但不能互为同位素的是______和______。
(4)中子数相等，但质子数不相等的是______和______。
【答案】(1). 6 (2). (3). (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】(1)具有一定质子数和中子数的原子是核素；
(2)质子数相同，中子数不同的原子互为同位素；
(3)质量数相等，但不能互称同位素，则质子数不同；
(4)中子数=质量数-质子数。
【详解】(1)具有一定质子数和中子数的原子是核素，；；；；； ，均为核素，所以一共有6种核素；因此，本题正确答案是：6；
(2)质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，在微粒中， 、 质子数都是8，而中子数分别为10和8，即二者互为同位素；因此，本题正确答案是： ； ；
(3)在6中微粒中，质量数相等的是、，它们的质子数分别为6和7而不相同，它们不能互称同位素，因此，本题正确答案是：；
(4)根据质量数等于质子数与中子数之和得，、、、、 的中子数分别为10、8、12、7、16、8，因此中子数相等，但质子数不相等的是 、，
因此，本题正确答案是： 、。
19.已知几种元素的性质或原子结构的相关叙述如表所示。
元素
元素性质或原子结构的相关叙述
T
失去1个电子后，形成与Ne相同的核外电子排布
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
其某种单质是空气的主要成分，也是最常见的助燃剂
Z
原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子
回答下列问题：
(1)写出工业上用X的单质来制备粗硅的化学方程式_________________________。
(2)Y形成的另一种单质主要存在于地球的平流层中，被称作地球生物的保护伞，该单质的化学式是________。
(3)元素Z在海水中含量非常高，海水中含Z元素的化合物主要是__________(写化学式)。
(4)画出T原子的结构示意图：____________。
(5)T元素组成的单质在Y元素组成的常见单质中燃烧,得到的产物的化学式是________，电子式是____________。
【答案】(1). SiO2+2CSi+2CO↑ (2). (3). (4). (5). (6).
【解析】
【分析】由T失去一个电子后，形成与Ne相同的核外电子排布，可以知道T的质子数为11，则T为Na元素；X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可以知道有2个电子层，最外层电子数为4，X为C元素；Y的单质是空气的主要成分，也是最常见的助燃剂，则Y为O元素；Z的原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子，可以知道最外层电子数为7，则Z为Cl元素，以此来解答。
【详解】(1) 工业上用碳在高温下与二氧化硅反应制取粗硅。反应的化学方程式为：  
SiO2+2CSi+2CO↑，因此，本题正确答案是：SiO2+2CSi+2CO↑；
(2)Y形成的另一种单质,主要存在于地球的平流层中，被称作地球生物的保护伞，该单质的化学式是O3，因此，本题正确答案是：O3；
(3)元素Z在海水中含量非常高，海水中含Z元素的化合物主要是NaCl，
因此，本题正确答案是：NaCl；
(4)T为Na，其原子结构示意图为 ，因此，本题正确答案是：；
(5)由T元素组成的单质在Y元素组成的常见单质中燃烧，生成的产物是Na2O2，电子式是，因此，本题正确答案是：Na2O2；。
20.下表是元素周期表的一部分，表中序号分别代表某一元素请回答下列问题．
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2








3








中，最活泼的金属元素是 ______(写元素符号，下同)；最不活泼的元素是 ______ ；可作半导体材料的元素是 ______ ；某元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成一种盐，该元素是______．
、的简单离子，其半径更大的是 ______ (写离子符号)．
、的气态氢化物，更稳定的是 ______ (填化学式)．
元素的非金属性： ______ 填“”或“”)．
的最高价氧化物的水化物中：碱性最强的是 ______ (填化学式)，酸性最强的是 _____ (填化学式)； 酸性最强的物质与的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 ______________________________ ．
【答案】(1). (2). Ar (3). Si (4). N (5). (6). (7). (8). NaOH (9). HClO4 (10). Al(OH)3 + 3 H+== 3H2O + Al 3+
【解析】
【分析】由元素在周期表的位置可以知道，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别为C、N、O、F、Na、Al、Si、S、Cl、Ar，据此分析解答。
【详解】(1) 同周期自左而右金属性减弱、同主族自上而下金属性增强，故上述元素中Na的金属性最强；稀有气体Ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；Si为常见的半导体材料；N元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成铵盐，
故答案为：Na；Ar；Si；N；
(2) 电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：F->Na+，故答案为：F-；
(3) 非金属性Cl>S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则更稳定的为HCl，故答案为：HCl；
(4) 同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性①>⑦，故答案为：>；
(5) 高氯酸为含氧酸中酸性最强的酸，该酸的化学式为HClO4；短周期中Na的金属性最强，其对应碱NaOH的碱性最强，HClO4与氢氧化铝反应生成高氯酸铝和水，离子反应为Al(OH)3 + 3H+== 3H2O + Al3+，故答案为：Al(OH)3 + 3H+== 3H2O + Al3+。
21.A、B、C、D是中学化学中的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如图所示(反应中的其他产物已略去)。请填空：

(1)若B是常见的两性氢氧化物
①若D是强酸，则能确定A中肯定含的离子的化学式是________。
②若D是强碱，则反应②的离子方程式是___________________________。
(2)若A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；B是汽车尾气之一，遇空气会变色；则反应①的化学方程式为_________________。
(3)若A、B、C的的焰色反应都呈黄色，D是一种无色无味的气态酸性氧化物，则反应③的离子方程式是_____________________________。
(4)若D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质
①若A可用于自来水消毒，则用A制备漂白粉的化学方程式是_____________________。
②若A是某强酸的稀溶液,则A的化学式可能是_________。
【答案】(1). AlO2- (2). Al(OH)3+OH- ＝AlO2-+2H2O (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). OH-+HCO3-=H2O+CO32- (5). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (6). HNO3
【解析】
【分析】(1)若B是常见的两性氢氧化物；
①若D是强酸，B为两性氢氧化物为Al(OH)3，则能确定A中肯定含的离子的化学式是：AlO2-；
②若D是强碱，B为两性氢氧化物为Al(OH)3，A为Al3+，反应②是氢氧化铝和强碱反应；
(2) 若A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，判断A为碱性气体为NH3，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，证明D为O2，反应①是氨气的催化氧化反应生成一氧化氮和水；
(3)若A、B、C的焰色反应都呈黄色，证明含有钠元素，D是一种无色无味的气态酸性氧化物，则D是CO2；
(4)若D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质判断为Fe；
①若A可用于自来水消毒，证明为Cl2，则用A制备漂白粉的化学方程式是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，
②若A是某强酸的稀溶液，实现上述转化必须要求酸是氧化性酸，判断为HNO3。
【详解】（1）若B是常见的两性氢氧化物；
①若D是强酸，B为两性氢氧化物为Al(OH)3，则能确定A中肯定含的离子的化学式是：AlO2-；
因此，本题正确答案是：AlO2-；
②若D是强碱，B为两性氢氧化物为Al(OH)3，A为Al3+反应②是氢氧化铝和强碱反应，反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH- ＝AlO2-+2H2O，
因此，本题正确答案是：Al(OH)3+OH- ＝AlO2-+2H2O；
(2) 若A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，判断A为碱性气体为NH3，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，证明D为O2，反应①是氨气的催化氧化反应生成一氧化氮和水；化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，因此，本题正确答案是：4NH3+5O2 4NO+6H2O；
(3)若A、B、C的焰色反应都呈黄色，证明含有钠元素，D是一种无色无味的气态酸性氧化物，则D是CO2，反应③为氢氧化钠与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式是OH-+HCO3-=H2O+CO32-，因此，本题正确答案是：OH-+HCO3-=H2O+CO32-；
(4)若D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质判断为Fe；
①若A可用于自来水消毒，证明为Cl2，则用A制备漂白粉的化学方程式是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
因此，本题正确答案是：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
②若A是某强酸的稀溶液，实现上述转化必须要求酸是氧化性酸，判断为HNO3，
因此，本题正确答案是：HNO3。
三、实验题(本大题共2小题，共27.0分)
22.某兴趣小组为探究铁和浓硫酸反应的产物及性质，用如图所示装置进行实验夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验

实验开始前，先打开弹簧夹通一段时间，关闭弹簧夹后，在A中滴加一定量的浓硫酸，观察实验现象，然后加热，观察到A中有白雾生成，铁片上有气泡产生.已知A中白雾是硫酸与水形成的酸雾.请回答下列问题：
(1)铁片上滴入浓硫酸未加热前没有明显现象的原因是__________________________;
(2)加热一段时间后发现B装置中溶液褪色，取出A中的溶液少许，加入KSCN溶液未出现血红色，写出此时A中反应的化学方程式：_________________________;
(3)C装置的作用是除去二氧化硫气体中硫酸蒸汽，则盛放的溶液是__________________;
A:水       B: NaOH溶液   C:    饱和Na2SO3 溶液   D:  饱和NaHSO3 溶液
(4)实验开始前，先通一段时间N2的目的是___________________________________
(5)可以证明是弱酸的实验装置是_______________________________
(6)E中的现象是_______________________，该现象表明SO2具有______________性
(7)装置F的作用是吸收尾气，写出该装置中反应的化学方程式__________________，以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收该尾气，而且能防止倒吸的是______________。

【答案】(1). 常温下铁和浓硫酸会发生钝化 (2). (3). (4). 除去装置中的空气 (5). (6). 高锰酸钾溶液褪色 (7). 还原性 (8). (9).
【解析】
【分析】实验开始前，先打开弹簧夹通一段时间N2，先排出装置中的空气，A中滴加一定量的浓硫酸，观察实验现象，然后加热，取出A中的溶液少许，加入KSCN溶液未出现血红色，可以知道A中发生 ；B中品红可检验二氧化硫的生成，C装置的作用是除去二氧化硫气体中硫酸蒸汽，但不能除去二氧化硫，D中二氧化硫与氯化钡不反应，E中因发生氧化还原反应而使溶液褪色，F为尾气处理吸收过量的二氧化硫，以此来解答。
【详解】(1)铁片上滴入浓硫酸未加热前没有明显现象的原因是铁表面生成致密氧化膜或铁发生钝化，因此，本题正确答案是：常温下铁和浓硫酸会发生钝化；
(2)由上述分析可以知道，A中反应的化学方程式， 因此，本题正确答案是：；
(3)A、B、C项物质均与二氧化硫反应，只有D项物质能除去硫酸且不除去二氧化硫，
因此，本题正确答案是：D；
(4) 实验开始前，先打开弹簧夹通一段时间N2的目的是除去装置内的空气(或氧气)，防止二氧化硫被氧化，因此，本题正确答案是：除去装置中的空气；
(5)可以证明H2SO3是弱酸的实验装置是D，D中无现象，可以知道盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，因此，本题正确答案是：D； 
(6) E中的现象是高锰酸钾溶液褪色，表明SO2具有还原性，因此，本题正确答案是：高锰酸钾溶液褪色； 还原；
(7)装置F作用是尾气处理，防止污染空气，该装置中反应的化学方程式为；
①是密封装置，由于气体不能排出，尾气无法通入吸收；③中漏斗浸没于液体中，不能起到防止倒吸的作用；②④适合于吸收易溶性气体，而且能防止倒吸。故选；
因此，本题正确答案是：；。
23.(为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某学习小组用如图所示装置进行实验夹持仪器已略去，气密性已检验．

实验过程：
Ⅰ打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸．
Ⅱ当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹．
Ⅲ当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a．
Ⅳ.......
(1)A中产生黄绿色气体，其电子式是 ______ ；写出实验室制取A中气体的化学方程式___________________
(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是 ________________________________ ．
(3)B中溶液发生反应的离子方程式是 ____________________________________ ．
(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是 ___________________________ ．
(5)过程Ⅲ实验的目的是 _________________________________________．
(6)实验结论：氯、溴、碘单质的氧化性逐渐 ______，原因是：同主族元素从上到下,原子半径逐渐______，得电子能力逐渐______ ．
【答案】(1). (2). MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O (3). A中湿润的淀粉试纸变蓝 (4). (5). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D充分振荡，静置后层溶液变为紫色 (6). 保证C中的黄色溶液无，排除对溴置换碘实验的干扰 (7). 减弱 (8). 增大 (9). 减弱
【解析】
【分析】（1）A中产生黄绿色气体为Cl2；实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气；
（2）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘；
（3）B中氯气与溴离子发生氧化还原反应生成溴单质和氯离子；
（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘的存在；
（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰；
（6）从原子结构（电子层数、原子半径）的角度分析。
【详解】（1）因KMnO4与浓HCl反应可以用来制Cl2，其电子式为：；二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为：MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O；故答案为：；MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O；
（2）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I-=I2+2Cl-，I2能使淀粉变蓝，故答案为：A中湿润的淀粉试纸变蓝；    
（3）因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
（4）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，会发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，同时检验产物碘的存在，所以为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D充分振荡，静置后层溶液变为紫色，故答案为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D充分振荡，静置后层溶液变为紫色；
（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，
故答案为：保证C中的黄色溶液无，排除对溴置换碘实验的干扰；
（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，所以氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱，故答案为：减弱；增大；减弱。
四、计算题(本大题共1小题，共4.0分)
24.某元素的氯化物溶于水制成溶液后，加入溶液恰好完全反应。已知该元素原子核内有20个中子，求X元素的质子数___和质量数___，并写出X元素在元素周期表中的位置(简要写出计算过程)___。
【答案】(1). 20 (2). 40 (3). 第四周期第ⅡA族
【解析】
【分析】根据XCl2+2AgNO3=X(NO3)2+2AgCl↓计算XCl2的物质的量，再由M=计算其摩尔质量，摩尔质量与相对分子质量的数值相等，原子的质量数为原子的近似相对原子质量，结合该原子原子核内有20个中子，根据质子数=质量数中子数来计算原子的质子数，利用质子数确定元素在周期表中的位置。
【详解】n(AgNO3)=0.02L1mol/L=0.02mol，
XCl2+2AgNO3=X(NO3)2+2AgCl↓
1mol 2mol
n(XCl2) 0.02mol
n(XCl2)=0.01mol，
所以M(XCl2)=m(XCl2)/n(XCl2)==111g/mol，所以XCl2相对分子质量为111，
因为XCl2中有两个Cl，所以X的质量数=111-35.52=40，
所以X的质子数=质量数中子数=40-20=20，质子数是20为钙元素。钙元素在元素周期表中位于第四周期第ⅡA族，
因此，本题正确答案为20 ；40 ；第四周期第ⅡA族。