安徽省安庆市怀宁县怀宁中学2019-2020学年高一下学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高一下·怀宁期中）法国里昂的科学家最近发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为 “零号元素”。下列有关“四中子”粒子的说法错误的是（ ）
A．该粒子不显电性
B．该粒子质量数为 4
C．在周期表中与氢元素占同一位置
D．该粒子质量比氢原子大
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．因为只有中子，中子不带电，不显电性， A选项不符合题意；
B．质量数=质子数+中子数，所以“四中子”的质量数为4，B选项符不合题意；
C．根据“原子序数=核内质子数”，氢的原子序数为1，而“四中子”为零号元素，在周期表中它不与氢元素占有同一位置，C选项符合题意；
D．质量数=质子数+中子数，所以“四中子”的质量数为4，其质量比氢原子大，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】只有中子，无质子和电子，显电中性，质量数为4，原子质量比氢原子大
2．（2020高一下·怀宁期中）下列说法中正确的是( )
A．化石燃料在任何条件下都能充分燃烧
B．化石燃料在燃烧过程中会产生污染环境的有害气体如CO、SO2等
C．直接燃烧煤和将煤深加工后再燃烧的热效率相同
D．固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将降低
【答案】B
【知识点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；煤的干馏和综合利用；化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】A. 燃料的燃烧需要一定的条件，例如需要达到着火点和与氧气接触等，当达不到着火点时，不能燃烧，当氧气不充分的时候，化石燃料会不完全燃烧，A不符合题意；
B. 化石燃料中含有C、S元素，燃烧时可产生污染物CO、SO2等有害气体，B符合题意；
C. 煤经深加工后变为气体燃料或液体燃料，不仅减少SO2对大气的污染，而且能提高燃烧效率，C不符合题意；
D. 固体煤变为气体燃料后，增加了氧气与燃料的接触面积，燃烧效率将升高，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.燃烧需要条件，需要可燃物，氧气，温度达到着火点，缺一不可
B.化石燃料不完全燃烧产生一氧化碳，硫元素燃烧后产生酸雨的主要气体二氧化硫
C.深加工可以减少环境污染和提高利用率
D.增大解接触面积，燃烧充分，利用率好
3．（2020高一下·怀宁期中）下列叙述正确的是( )
A．因为Na2CO3＋SiO2 Na2SiO3＋CO2↑，所以硅酸的酸性比碳酸强
B．碳和硅都是ⅣA族的元素，所以二氧化碳和二氧化硅的物理性质相似
C．二氧化硅溶于氢氧化钠溶液又溶于氢氟酸，所以二氧化硅是两性氧化物
D．二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，但二氧化硅不和水反应生成硅酸
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；硅酸的性质及制法；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A.硅酸的酸性比碳酸弱，反应：Na2CO3＋SiO2 Na2SiO3＋CO2↑能发生的原因是高温下由难挥发性酸酐制挥发性酸酐，A不符合题意；
B.二氧化碳属于分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，二者物理性质相差很大，B不符合题意；
C.二氧化硅溶于氢氟酸是特性，二氧化硅是酸性氧化物，C不符合题意；
D.二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，但二氧化硅难溶于水，不和水反应生成硅酸，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.可以将二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得出酸性强弱
B.氧化物性质差异很大，主要是二氧化碳是分子构成的，二氧化硅是由原子构成
C.两性氧化物是与酸和碱反应生成盐和水
D.都可与碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，二氧化硅难溶于水
4．（2020高一下·怀宁期中）某元素原子 M 层电子数比 K 层电子数多 5 个，该元素的最高正价为( )
A．+7 B．+5 C．+3 D．无最高正价
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】原子核外M电子层上有电子时，则K层、L层上电子数分别为2、8，则M电子层上的电子数为7，则该元素最外层电子全部失去时，该元素处于最高价，即最高正价为+7，
故答案为：A。
【分析】K成层电子数是2，故M层比K层多5个，则为7个，最高正价为+7价
5．（2021高一下·大庆开学考）银耳本身为淡黄色，某地出产一种雪耳，颜色洁白如雪，其制作过程如下：将银耳堆放在密封状况良好的塑料棚内，在棚的一端支一口锅，锅内放硫黄，加热使硫黄熔化并燃烧，两天左右雪耳就制成了。雪耳炖不烂，且对人体有害，制作雪耳利用的是( )
A．硫的还原性 B．二氧化硫的漂白性
C．二氧化硫的还原性 D．硫的漂白性
【答案】B
【知识点】二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】硫黄熔化并燃烧，产生二氧化硫，利用二氧化硫的漂白性，淡黄色的银耳被漂白之后洁白如雪，
故答案为：B。
【分析】本题主要考查二氧化硫的漂白性，解题的关键是抓住银耳的颜色变化，联想到二氧化硫的漂白性。
6．（2020高一下·怀宁期中）下列粒子半径大小的比较正确的是( )
A．原子半径：
B．原子半径：
C．离子半径：
D．第三周期元素简单离子的半径从左到右逐渐减小
【答案】B
【知识点】微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．F与Cl属于同一主族元素，随着电子层数的递增，原子半径逐渐增大，所以原子半径： ，故A不符合题意；
B． 、 、 属于同一周期元素，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，故B符合题意；
C．电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故C不符合题意；
D．第三周期元素简单阳离子的半径从左到右逐渐减小，但简单阴离子的半径大于简单阳离子的半径，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】同周期，从左到右半径逐渐减小，同主族，从上到下半径逐渐增大，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，质子数越小，半径越大
7．（2020高一下·怀宁期中）下列现象或事实不能用同一原理解释的是( )
A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存
B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质
C．SO2 和 Na2SO3 溶液都能使氯水褪色
D．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A. 浓硝酸和氯水中的次氯酸均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；
B. 硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；
C. SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，C不符合题意；
D. 常温下铁遇浓硝酸钝化，铂与浓硝酸不反应，原理不同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓硝酸和氯水不稳定
B.发生氧化还原反应而变质
C.氯水具有氧化性发生氧化还原反应
D.铂的活动很弱，不与酸反应，浓硝酸具有强氧化性，在铁的表面形成致密的氧化物薄膜
8．（2020高一下·怀宁期中）下列化学用语表示正确的是( )
A．中子数为10的氧原子： O
B．硫化钠的电子式：
C．Mg2+的结构示意图：
D．HCl 的形成过程：
【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A. 中子数为10的氧原子质量数为18，因此原子符号为： O，A项不符合题意；
B. 电子式为： ，B项不符合题意；
C. Mg2+的结构示意图为 ，C项符合题意；
D. 形成过程为 ，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.质子数写在左下角，质量数写在左上角
B.硫化钠属于离子化合物
C.阳离子中，质子数＞核外电子数
D.HCl为共价化合物，氢原子和氯原子通过共用电子对结合
9．（2020高一下·怀宁期中）已知a为ⅡA族元素，b为ⅢA族元素，它们的原子序数分别为m和n，且a、b为同一周期元素，下列关系错误的是（ ）
A．n=m+1 B．n=m+11 C．n=m+25 D．n=m+10
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】若a、b处于第二、三周期，ⅡA族和ⅢA族的元素原子序数相差1，则n=m＋1，；
若a、b处于第四、五周期，ⅡA族和ⅢA族元素之间包括了10个过渡元素，ⅡA族和ⅢA族的元素原子序数相差11，则n=m＋11；
若a、b处于第六、七周期，ⅡA族和ⅢA族元素之间含有镧系元素或锕系元素（共15个元素）以及其他过渡元素（共9个），ⅡA族和ⅢA族的元素原子序数相差15+9+1，则n=m＋25；
综上，A、B、C项中的关系符合题意，D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】第二主族和第三主族同一周期元素序数可以相差第二三周期相差1，第3,4,5相差11，第6，7周期相差25
10．（2020高一下·怀宁期中）将V1 mL1.00mol·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL，下列叙述正确的是( )
A．做该实验时环境温度为22℃
B．该实验表明化学能可能转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00mol·L-1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A. 将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该实验时环境温度为21℃左右，故A不符合题意；
B. 盐酸和氢氧化钠反应放出热量，因此得出该实验表明化学能可能转化为热能，故B符合题意；
C. HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1 mol·L 1×0.03L = c(NaOH)×0.02L，c(NaOH) = 1.5 mol·L 1，故C不符合题意；
D. 该实验只能说这个反应是放热反应，但其他很多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A.当V1=0时才是起始温度
B.温度升高，说明有能量变化，中和反应是放热反应，可以说明化学能向热能转换
C.温度最高的点是中和反应恰好反应的点，根据V1=30mL，计算出物质的量浓度即可
D.此实验只能说明氢氧化钠溶液和盐酸反应放热
11．（2020高一下·怀宁期中）美国科学家发现，普通盐水在无线电波的照射下可燃烧。这一伟大的发现，有望解决用盐水作人类能源的重大问题。无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该频率下持续燃烧。上述中的“结合力”实质是( )
A．共价键 B．氢键
C．分子间作用力 D．离子键
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，实质为水中化学键断裂得到H原子，水中的H-O键为极性共价键，则题中所说的“结合力”为共价键。
故答案为：A。
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键。
12．（2018·全国Ⅱ卷）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是（）
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【知识点】氮的固定；催化剂；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A.雾是胶体，霾是悬浊液，其分散剂均是水，故A不符合题意
B.根据图示可知，最终氮的氧化物转化成硝酸铵而硫的氧化物转化成硫酸铵进入无机颗粒物，故B不符合题意
C.催化剂指的是只改变化学反应的速率而不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变，本题中氨气参加了反应，故C符合题意
D.过度使用氮肥会导致氮元素在环境中流动，最终也可能会转化成铵盐，从而也间接的有助于雾霾的形成，D不符合题意
故答案为：C
【分析】该题考查分散系、催化剂、硫和氮的氧化物对环境的影响，学生应重点掌握①：分散系、分散剂、分散质的概念；②催化剂：只改变化学反应的速率，本身不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变；
13．（2020高一下·怀宁期中）我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务。下列有关海水综合利用的说法错误的是( )
A．从海水中提炼出的氘(含HDO 0.03‰)进行核聚变，放出巨大的能量以解决能源问题，成为一条新的科学思路，HDO与H2O化学性质相同
B．从海水中提取镁可以采用下列方法：海水 Mg(OH)2 MgCl2溶液→MgCl2·6H2O MgCl2(熔融) Mg[
C．从海水获得的碘，可以跟氧气反应生成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈+3和+5两种价态，这种化合物的化学式是I4O9
D．除去粗盐中的SO42 －、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；海带成分中碘的检验；粗盐提纯
【解析】【解答】A、同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，原子最外层电子数相同，化学性质相同，HDO与H2O化学性质相同，故A不符合题意；
B、海水中含有镁离子，先将海水蒸发、浓缩得到含有镁离子的溶液，再向溶液中加入沉淀剂将Mg 2+转化为Mg(OH)2，加入的沉淀剂应该具有碱性且价格较廉价、来源丰富，贝壳中含有CaCO3且来源丰富，煅烧贝壳得到CaO，将CaO溶于水得到Ca(OH)2，所以加入的沉淀剂是Ca(OH)2，将镁离子转化为Mg(OH)2；将Mg(OH)2溶于稀盐酸得到MgCl2，将MgCl2在HCl氛围中加热得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2得到Mg，MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故B不符合题意；
C、因碘酸碘的化学式一定为Im(IO3)n形式，其中碘酸根为-1价(类似于氯酸根)，碘酸根中I的化合价为+5价，所以前面的I的化合价为+3价，所以碘酸碘的化学式为：I(IO3)3，即 I4O9，故C不符合题意；
D、除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-时，可以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓，加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2++CO32-=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；然后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，选项中过量的氯化钡不能除去，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查同位素概念和性质的分析判断，海水中提取镁的过程，知道每一步发生的反应及操作方法，再结合物质的性质、金属冶炼方法的选取等知识点，粗盐提纯的实验方法应用，化合价的规律和原则，同时还考查常见元素及原子团的化合价，解题应抓住题目信息。
14．（2020高一下·怀宁期中）在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中 能转化为 和 ，示意图如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
下列说法正确的是（ ）
A．两池发生的反应中，氮元素只被氧化
B．两池中投放的废液体积相等时， 能完全转化为
C．常温常压下，反应Ⅱ中生成 转移的电子数为
D．
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A. 反应Ⅱ ， 中N被氧化，而 中N被还原，故A不符合题意；
B. 反应Ⅰ中 转化为 时元素守恒， 转化为 ，根据反应Ⅱ，铵离子与硝酸根的物质的量的比为 时可完全转化为 ，故B不符合题意；
C. 常温常压下 的物质的量未知，因常温下的气体摩尔体积未知，故C不符合题意；
D. 已知：① ，② ，根据盖斯定律 可得： ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.标出元素化合价，氧元素和氮元素的化合价发生了改变
B.根据两池的的得失电子情况，转移相同的电子数时，消耗的铵根和生成的硝酸根离子物质的量不是1：1
C.使用摩尔体积时，需要注意条件和状态
D.根据盖斯定律进行计算
15．（2020高一下·怀宁期中）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于四个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是( )
A．加热时，①中上部汇集了 NH4Cl 固体，说明 NH4Cl 的热稳定性比较好
B．加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色
C．加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现了 SO2 的漂白性
D．加热时，④中上部聚集了固体碘，说明碘的热稳定性较差
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；物质的分离与提纯；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，A不符合题意；
B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气又溶解②中为红色，B不符合题意；
C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，C符合题意；
D．加热时碘单质易升华，遇冷后凝华成固态，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】注意二氧化硫的漂白性，会区分氯化铵不稳定受热易分解与碘易升华的特征。
16．（2020高一下·怀宁期中）如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是( )
选项 实验现象 解释
A 浓盐酸附近产生白烟 NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体
B 浓硫酸附近无明显现象 NH3与浓硫酸不发生反应
C 氯化物溶液变浑浊 该溶液一定是AlCl3溶液
D 干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝 NH3是一种可溶性碱
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氮气的化学性质；氨的实验室制法；铵离子检验；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A符合题意；
B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B不符合题意；
C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C不符合题意；
D.NH3 H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯化铵固体时白色
B.氨气可以被浓硫酸吸收
C.氨气溶于水形成氨水，是碱，变浑浊说明产生难溶性碱，可以是氢氧化铝，氢氧化镁、氢氧化铁等等
D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3 H2O
17．（2020高一下·怀宁期中）化学反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的能量变化如图所示(△E为能量变化值，a、b、c均为正值)。下列相关说法正确的是( )
A．此反应为吸热反应
B．1mol N+3mol H中的总能量等于1mol NH3中的能量
C．1mol NH3(l)转变为1mol NH3(g)需要吸收c kJ能量
D．反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的能量变化值为a+b
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A. 反应物总能量高于生成物总能量，此反应为放热反应，A不符合题意；
B. 1mol N+3mol H中的总能量高于1mol NH3中的能量，B不符合题意；
C. 根据示意图可判断1mol NH3(l)转变为1mol NH3(g)需要吸收c kJ能量，C符合题意；
D. 根据示意图可判断反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的能量变化值为2b－2a，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物质具有能量的高低可以确定反应物的能量高于生成物的能量，故是放热反应，焓变=反应物的键能-生成物的键能，故反应物的键能＞生成物的键能。液体转化为气态需要吸收能量。
18．（2020高一下·怀宁期中）在100mL混合酸的溶液中，硝酸的物质的量浓度为0.4mol/L，硫酸的物质的量浓度为0.2mol/L，向其中加入6.4g铜粉，微热，使其充分反应，生成NO的物质的量( )
A．0.1mol B．0.02mol C．0.03mol D．0.04mol
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。题中混合溶液中含H+物质的量为：0.02mol硫酸中含0.04mol，0.04mol硝酸中含0.04mol，所以溶液中共含0.08mol H+，6.4g铜的物质的量为 ＝0.1mol，根据离子方程计量数的关系，3Cu～8H+～2NO，0.08mol氢离子完全反应，消耗的铜物质的量为0.03mol，硝酸根的物质的量是0.02mol，显然铜和硝酸根过量，氢离子完全反应，生成的NO气体由氢离子的物质的量计算得出，气体物质的量为0.02mol。
故答案为：B。
【分析】铜与混合酸反应的实质是离子之间的反应，利用离子方程式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O进行计算。
19．（2020高一下·怀宁期中）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是（ ）
A．W与X形成的一种化合物可做供氧剂
B．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
C．简单气态氢化物的热稳定性：W
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据上述分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。
A．Na和O形成的一种化合物Na2O2可作供氧剂，A选项符合题意；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(O)，B选项不符合题意；
C．元素的非金属性：O>Cl>S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>HCl>H2S，C选项不符合题意；
D．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为O元素；X在短周期主族元素中金属性最强，则X为Na元素；W与Y属于同一主族，则Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。
二、多选题
20．（2020高一下·怀宁期中）下列热化学方程式中正确的是( )
A．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
B．2NO2=O2＋2NO ΔH＝＋116.2 kJ·mol-1
C．S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝＋296.8 kJ·mol-1
D．NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=－57.3 kJ·mol-1
【答案】A,D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A．燃烧放热，符合热化学方程式的书写规范和反应热效应，A符合题意；
B．热化学方程式需要标注物质的聚集状态，B不符合题意；
C．硫燃烧时放热，ΔH应为负值，C不符合题意；
D．中和反应是放热反应，符合热化学方程式的书写规范和反应热效应，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】书写热化学方程式时需要标注反应物和生成物的状态，常见的燃烧和中和反应是放热反应。
三、填空题
21．（2020高一下·怀宁期中）完成下列各题：
（1）中国的瓷器驰名世界，制备陶瓷是以黏土[主要成分Al2Si2O5(OH)4]为原料，经高温烧结而成。若以氧化物形式表示黏土的组成，应写为 ；
（2）在25℃、101kPa时，2molH2在O2中完全燃烧，生成2mol液态水，放出571.6kJ热量，用燃烧热表示H2燃烧的热化学方程式为： ；
（3）赏心悦目的雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的，这一过程中发生反应的化学方程式为： ；
（4）二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，工业上是用氯酸钠(NaClO3)与浓盐酸反应生产ClO2的，反应过程中同时会生成氯气。写出该反应的化学方程式： 。
【答案】（1）Al2O3 2SiO2 2H2O
（2）H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ mol-1
（3）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
（4）2NaClO3+4HCl(浓)=Cl2↑+2ClO2↑+2NaCl+2H2O
【知识点】燃烧热；含硅矿物及材料的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)以氧化物形式表示复杂的盐的化学式，先写活泼金属的氧化物，再写非金属氧化物，水在最后，Al2Si2O5(OH)4以氧化物形式表示为Al2O3·2SiO2·2H2O；
(2) 2molH2在O2中完全燃烧，生成2mol液态水，放出571.6kJ热量，则1molH2完全燃烧，放出能量为 ，所以用燃烧热表示H2燃烧的热化学方程式为：H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ mol-1；
(3)氢氟酸与玻璃的主要成分二氧化硅剧烈反应生成四氟化硅气体，能刻蚀玻璃，方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(4)氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生产ClO2的，反应过程中同时会生成氯气，根据电子守恒和原子个数守恒，得到方程式为2NaClO3+4HCl(浓)=2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O。
【分析】考查复杂硅酸盐写成氧化物、物质用途、氧化还原反应方程式的书写等知识。
22．（2020高一下·怀宁期中）下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，请用化学用语回答下列问题：
族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
2
⑥ ⑦ ⑧
3 ① ③ ⑤
⑨ ⑩
4 ② ④
（1）在③～⑦元素中，原子半径最大的是 （填元素符号）；
（2）⑦元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物能生成盐M，M中含有的化学键类型有 ；
（3）写出元素①和⑧的单质在加热条件下反应生成的化合物的电子式： 。
（4）③、⑤、⑦、⑧所形成的离子，其半径由小到大的顺序是 （填离子符号）
（5）①～⑨中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 （填物质化学式）；呈两性的氢氧化物是 （填物质化学式）,该化合物与NaOH溶液反应的离子方程式为 。
（6）用电子式表示元素③与⑨形成化合物的过程 。
【答案】（1）Ca
（2）离子键、共价键
（3）
（4）r(Al3+)＜r(Mg2+) ＜r(O2－)＜r(N3－)
（5）HClO4；Al(OH)3；Al(OH) 3+OH－=AlO2－+2H2O
（6）
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N，同周期，从左到右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径增大，所以原子半径大小关系为：r(Ca)>r(Mg)>r(Al)r(C)>r(N)，最大的是Ca，故答案为：Ca。
（2）⑦为N，其最高价氧化物对应的水化物式HNO3，其氢化物是NH3，二者反应生成NH4NO3，NH4NO3为离子化合物，NH4+与NO3-之间是离子键，NH4+与NO3-之内是共价键，所以含有的化学键类型有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键。
（3）①为Na、⑧为O，其单质在加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2是离子化合物，其电子式为 ，故答案为： 。
（4）③为Mg、⑤为Al、⑦为N、⑧为O，形成Mg2+、Al3+、N3-、O2-，核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，其半径由小到大的顺序是r(Al3+)＜r(Mg2+) ＜r(O2－)＜r(N3－)，故答案为：r(Al3+)＜r(Mg2+) ＜r(O2－)＜r(N3－)。
（5）①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N、⑧为O、⑨为Cl，同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物中酸性增强，同主族，从上到下，最高价氧化物对应的水化物中酸性减弱，所以酸性最强的是HClO4；呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；Al(OH)3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为：Al(OH) 3+OH－=AlO2－+2H2O，故答案为：HClO4；Al(OH)3；Al(OH) 3+OH－=AlO2－+2H2O。
（6）③为Mg、⑨为Cl，Mg最外层有2个电子，易失去2个电子，Cl最外层有7个电子，易得到1个电子，二者形成MgCl2，用电子式表示其形成化合物的过程为： ，故答案为： 。
【分析】根据元素周期表可知，①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N、⑧为O、⑨为Cl、⑩为Ar。
23．（2020高一下·怀宁期中）某化学课外活动小组以海带为原料获得少量碘水，并以四氯化碳（沸点76.80C）为溶剂将碘从碘水中提取出来，具体过程如图所示。
请回答下列问题：
（1）操作①的名称为 、 ；
（2）向含碘单质的水溶液中加入CCl4振荡、静置后，观察到的现象是 ；
（3）操作③中，将含碘单质的水溶液与CCl4在分液漏斗中混合、振荡摇匀放在铁架台的铁圈上，分液漏斗的下端尖嘴处紧贴在承接的烧杯内壁上静置后，下面的操作步骤是 。
（4）从含碘的有机溶剂中经过蒸馏可以提取碘和回收有机溶剂，该实验需要的主要玻璃仪器除酒精灯、烧杯、温度计、锥形瓶、牛角管外，还需要 ，实验中温度计水银球所处位置为 。
【答案】（1）溶解；过滤
（2）溶液分层，上层为水层接近无色，下层为CCl4层呈紫红色
（3）打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口），再转动打开活塞，使下层液体缓慢流下后，关闭活塞，将上层液体从上口倒出。
（4）蒸馏烧瓶、冷凝管；蒸馏烧瓶支管口处
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；海带成分中碘的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）过滤适用于分离不溶于水的固体和液体，海带灰难溶于水，碘元素以碘离子的形式存在于溶液中，所以将海带烧成灰，向灰中加水搅拌用过滤分离它们；故答案为溶解、过滤；
（2）根据四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度，看到的现象是溶液分层，碘溶解四氯化碳中呈紫红色，所以下层呈紫红色，上层是水层，呈无色，故答案为溶液分层，上层为水层接近无色，下层为CCl4层呈紫红色；
（3）根据萃取的实验操作，打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口），目的是为了使漏斗内外空气相通，以保证进行液体顺利流出，再转动打开活塞，使下层液体缓慢流下后，因上层液体从下口流出，产生杂质，所以关闭活塞，将上层液体从上口倒出，故答案为打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口），再转动打开活塞，使下层液体缓慢流下后，关闭活塞，将上层液体从上口倒出；
（4）从含碘的有机溶剂中经过蒸馏可以提取碘和回收有机溶剂，蒸馏操作中所用的仪器有：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶（接收器），还需要蒸馏烧瓶、冷凝管；因温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口，故答案为蒸馏烧瓶、冷凝管；蒸馏烧瓶支管口处。
【分析】（1）固体和液体进行溶解和进行分离的操作
（2）碘再四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳的密度大于水
（3）分层之后进行分液，先打开活塞平衡内外大气压，然后进行分液，密度大的从下口出，密度小的从上口出
（4）考查的时蒸馏操作时的仪器使用，因为测定的是蒸汽的温度，故温度计应该放在支管口
四、有机推断题
24．（2020高一下·怀宁期中）A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的前20号元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1：2。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如右(部分产物未列出)：
（1）A是 ，C是 (填元素名称)。
（2）H与盐酸反应生成 E 的化学方程式是 。
（3）E与F反应的化学方程式是 。
（4）F与G的水溶液反应生成I和D的离子方程式是 。
【答案】（1）碳；钠
（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
（3）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
（4）Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+
【知识点】钠的重要化合物；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由分析可知，A、B、C、D分别是：C、O2、Na、S四种单质。
(1)由分析可知，A是碳，C是钠；
(2)A、B是C、O2，反应生成CO2，B、C是O2、Na，反应生成Na2O2，CO2与Na2O2反应生成H和O2，H为Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成E（二氧化碳）的化学方程式是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
(3)由分析可知E与F分别是CO2与Na2O2，二者反应的化学方程式是2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
(4))F与G分别是Na2O2与Na2S，Na2O2具有强氧化性，将硫从-2价氧化为0价，根据得失电子守恒、电荷守恒，Na2O2与Na2S反应的离子方程式是：Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+。
【分析】单质B和C反应生成F，F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，则G中D元素为-2价，且原子序数D＞C，故D为硫，G为Na2S；B为单质且为组成空气的成分，还可与钠反应，最易想到是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，由条件分析E只能是CO2，A即为碳，由题中反应关系可知F是Na2O2，据此分析解答。
五、实验题
25．（2020高一下·怀宁期中）某课外活动小组欲利用 CuO 与 NH3 反应，研究 NH3 的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ；仪器b中可选择的试剂为 (填名称)。
（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是______ (填字母)。
A．Cl2 B．O2 C．CO2 D．NO2
（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有 性，写出相应的化学方程式 。
（4）E装置中浓硫酸的作用 。
（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作： 。
（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 (用含m、n字母的代数式表示)。
【答案】（1）分液漏斗；固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰
（2）B；C
（3）还原；3CuO+2NH3 3Cu+3H2O+N2
（4）吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D
（5）慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，可选择固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰；
(2)利用装置A，可制取的无色气体；
A．可利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，但氯气为黄绿色气体，故A不选；
B．利用过氧化氢在二氧化锰催化下分解制备氧气，氧气是无色气体，故B选；
C．利用稀盐酸滴入大理石上反应制备无色的二氧化碳气体，故C选；
D．可利用Cu和浓硝酸反应制备二氧化氮，但NO2是红棕色气体，故D不选；
故答案为BC；
(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜、氮气和水，氨气被氧化铜氧化，表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH3 3Cu+3H2O+N2；
(4)依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，且阻止F中水蒸气进入D，以免影响生成水的测定；
(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作是：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保证氮气产生的压强等于外界大气压，再读数；
(6)若测得干燥管D增重mg，则生成水的物质的量= ，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)为N2，物质的量= ，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=（ ×2）：（ ×2）= ，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 。
【分析】A装置利用浓氨水与固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰作用制得氨气，经过B中碱石灰干燥后的氨气进入C中，将加热的CuO还原为Cu，同时生成水和氮气，其中D中碱石灰增重的质量就是反应生成的水，F中所得气体的体积为氮气，结合原子守恒即可计算出氨分子中氮、氢的原子个数比，据此分析解题。
安徽省安庆市怀宁县怀宁中学2019-2020学年高一下学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高一下·怀宁期中）法国里昂的科学家最近发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为 “零号元素”。下列有关“四中子”粒子的说法错误的是（ ）
A．该粒子不显电性
B．该粒子质量数为 4
C．在周期表中与氢元素占同一位置
D．该粒子质量比氢原子大
2．（2020高一下·怀宁期中）下列说法中正确的是( )
A．化石燃料在任何条件下都能充分燃烧
B．化石燃料在燃烧过程中会产生污染环境的有害气体如CO、SO2等
C．直接燃烧煤和将煤深加工后再燃烧的热效率相同
D．固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将降低
3．（2020高一下·怀宁期中）下列叙述正确的是( )
A．因为Na2CO3＋SiO2 Na2SiO3＋CO2↑，所以硅酸的酸性比碳酸强
B．碳和硅都是ⅣA族的元素，所以二氧化碳和二氧化硅的物理性质相似
C．二氧化硅溶于氢氧化钠溶液又溶于氢氟酸，所以二氧化硅是两性氧化物
D．二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，但二氧化硅不和水反应生成硅酸
4．（2020高一下·怀宁期中）某元素原子 M 层电子数比 K 层电子数多 5 个，该元素的最高正价为( )
A．+7 B．+5 C．+3 D．无最高正价
5．（2021高一下·大庆开学考）银耳本身为淡黄色，某地出产一种雪耳，颜色洁白如雪，其制作过程如下：将银耳堆放在密封状况良好的塑料棚内，在棚的一端支一口锅，锅内放硫黄，加热使硫黄熔化并燃烧，两天左右雪耳就制成了。雪耳炖不烂，且对人体有害，制作雪耳利用的是( )
A．硫的还原性 B．二氧化硫的漂白性
C．二氧化硫的还原性 D．硫的漂白性
6．（2020高一下·怀宁期中）下列粒子半径大小的比较正确的是( )
A．原子半径：
B．原子半径：
C．离子半径：
D．第三周期元素简单离子的半径从左到右逐渐减小
7．（2020高一下·怀宁期中）下列现象或事实不能用同一原理解释的是( )
A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存
B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质
C．SO2 和 Na2SO3 溶液都能使氯水褪色
D．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸
8．（2020高一下·怀宁期中）下列化学用语表示正确的是( )
A．中子数为10的氧原子： O
B．硫化钠的电子式：
C．Mg2+的结构示意图：
D．HCl 的形成过程：
9．（2020高一下·怀宁期中）已知a为ⅡA族元素，b为ⅢA族元素，它们的原子序数分别为m和n，且a、b为同一周期元素，下列关系错误的是（ ）
A．n=m+1 B．n=m+11 C．n=m+25 D．n=m+10
10．（2020高一下·怀宁期中）将V1 mL1.00mol·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL，下列叙述正确的是( )
A．做该实验时环境温度为22℃
B．该实验表明化学能可能转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00mol·L-1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
11．（2020高一下·怀宁期中）美国科学家发现，普通盐水在无线电波的照射下可燃烧。这一伟大的发现，有望解决用盐水作人类能源的重大问题。无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该频率下持续燃烧。上述中的“结合力”实质是( )
A．共价键 B．氢键
C．分子间作用力 D．离子键
12．（2018·全国Ⅱ卷）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是（）
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
13．（2020高一下·怀宁期中）我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务。下列有关海水综合利用的说法错误的是( )
A．从海水中提炼出的氘(含HDO 0.03‰)进行核聚变，放出巨大的能量以解决能源问题，成为一条新的科学思路，HDO与H2O化学性质相同
B．从海水中提取镁可以采用下列方法：海水 Mg(OH)2 MgCl2溶液→MgCl2·6H2O MgCl2(熔融) Mg[
C．从海水获得的碘，可以跟氧气反应生成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈+3和+5两种价态，这种化合物的化学式是I4O9
D．除去粗盐中的SO42 －、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
14．（2020高一下·怀宁期中）在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中 能转化为 和 ，示意图如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
下列说法正确的是（ ）
A．两池发生的反应中，氮元素只被氧化
B．两池中投放的废液体积相等时， 能完全转化为
C．常温常压下，反应Ⅱ中生成 转移的电子数为
D．
15．（2020高一下·怀宁期中）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于四个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是( )
A．加热时，①中上部汇集了 NH4Cl 固体，说明 NH4Cl 的热稳定性比较好
B．加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色
C．加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现了 SO2 的漂白性
D．加热时，④中上部聚集了固体碘，说明碘的热稳定性较差
16．（2020高一下·怀宁期中）如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是( )
选项 实验现象 解释
A 浓盐酸附近产生白烟 NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体
B 浓硫酸附近无明显现象 NH3与浓硫酸不发生反应
C 氯化物溶液变浑浊 该溶液一定是AlCl3溶液
D 干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝 NH3是一种可溶性碱
A．A B．B C．C D．D
17．（2020高一下·怀宁期中）化学反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的能量变化如图所示(△E为能量变化值，a、b、c均为正值)。下列相关说法正确的是( )
A．此反应为吸热反应
B．1mol N+3mol H中的总能量等于1mol NH3中的能量
C．1mol NH3(l)转变为1mol NH3(g)需要吸收c kJ能量
D．反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的能量变化值为a+b
18．（2020高一下·怀宁期中）在100mL混合酸的溶液中，硝酸的物质的量浓度为0.4mol/L，硫酸的物质的量浓度为0.2mol/L，向其中加入6.4g铜粉，微热，使其充分反应，生成NO的物质的量( )
A．0.1mol B．0.02mol C．0.03mol D．0.04mol
19．（2020高一下·怀宁期中）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是（ ）
A．W与X形成的一种化合物可做供氧剂
B．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
C．简单气态氢化物的热稳定性：W
二、多选题
20．（2020高一下·怀宁期中）下列热化学方程式中正确的是( )
A．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
B．2NO2=O2＋2NO ΔH＝＋116.2 kJ·mol-1
C．S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝＋296.8 kJ·mol-1
D．NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=－57.3 kJ·mol-1
三、填空题
21．（2020高一下·怀宁期中）完成下列各题：
（1）中国的瓷器驰名世界，制备陶瓷是以黏土[主要成分Al2Si2O5(OH)4]为原料，经高温烧结而成。若以氧化物形式表示黏土的组成，应写为 ；
（2）在25℃、101kPa时，2molH2在O2中完全燃烧，生成2mol液态水，放出571.6kJ热量，用燃烧热表示H2燃烧的热化学方程式为： ；
（3）赏心悦目的雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的，这一过程中发生反应的化学方程式为： ；
（4）二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，工业上是用氯酸钠(NaClO3)与浓盐酸反应生产ClO2的，反应过程中同时会生成氯气。写出该反应的化学方程式： 。
22．（2020高一下·怀宁期中）下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，请用化学用语回答下列问题：
族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
2
⑥ ⑦ ⑧
3 ① ③ ⑤
⑨ ⑩
4 ② ④
（1）在③～⑦元素中，原子半径最大的是 （填元素符号）；
（2）⑦元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物能生成盐M，M中含有的化学键类型有 ；
（3）写出元素①和⑧的单质在加热条件下反应生成的化合物的电子式： 。
（4）③、⑤、⑦、⑧所形成的离子，其半径由小到大的顺序是 （填离子符号）
（5）①～⑨中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 （填物质化学式）；呈两性的氢氧化物是 （填物质化学式）,该化合物与NaOH溶液反应的离子方程式为 。
（6）用电子式表示元素③与⑨形成化合物的过程 。
23．（2020高一下·怀宁期中）某化学课外活动小组以海带为原料获得少量碘水，并以四氯化碳（沸点76.80C）为溶剂将碘从碘水中提取出来，具体过程如图所示。
请回答下列问题：
（1）操作①的名称为 、 ；
（2）向含碘单质的水溶液中加入CCl4振荡、静置后，观察到的现象是 ；
（3）操作③中，将含碘单质的水溶液与CCl4在分液漏斗中混合、振荡摇匀放在铁架台的铁圈上，分液漏斗的下端尖嘴处紧贴在承接的烧杯内壁上静置后，下面的操作步骤是 。
（4）从含碘的有机溶剂中经过蒸馏可以提取碘和回收有机溶剂，该实验需要的主要玻璃仪器除酒精灯、烧杯、温度计、锥形瓶、牛角管外，还需要 ，实验中温度计水银球所处位置为 。
四、有机推断题
24．（2020高一下·怀宁期中）A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的前20号元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1：2。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如右(部分产物未列出)：
（1）A是 ，C是 (填元素名称)。
（2）H与盐酸反应生成 E 的化学方程式是 。
（3）E与F反应的化学方程式是 。
（4）F与G的水溶液反应生成I和D的离子方程式是 。
五、实验题
25．（2020高一下·怀宁期中）某课外活动小组欲利用 CuO 与 NH3 反应，研究 NH3 的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ；仪器b中可选择的试剂为 (填名称)。
（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是______ (填字母)。
A．Cl2 B．O2 C．CO2 D．NO2
（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有 性，写出相应的化学方程式 。
（4）E装置中浓硫酸的作用 。
（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作： 。
（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 (用含m、n字母的代数式表示)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．因为只有中子，中子不带电，不显电性， A选项不符合题意；
B．质量数=质子数+中子数，所以“四中子”的质量数为4，B选项符不合题意；
C．根据“原子序数=核内质子数”，氢的原子序数为1，而“四中子”为零号元素，在周期表中它不与氢元素占有同一位置，C选项符合题意；
D．质量数=质子数+中子数，所以“四中子”的质量数为4，其质量比氢原子大，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】只有中子，无质子和电子，显电中性，质量数为4，原子质量比氢原子大
2．【答案】B
【知识点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；煤的干馏和综合利用；化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】A. 燃料的燃烧需要一定的条件，例如需要达到着火点和与氧气接触等，当达不到着火点时，不能燃烧，当氧气不充分的时候，化石燃料会不完全燃烧，A不符合题意；
B. 化石燃料中含有C、S元素，燃烧时可产生污染物CO、SO2等有害气体，B符合题意；
C. 煤经深加工后变为气体燃料或液体燃料，不仅减少SO2对大气的污染，而且能提高燃烧效率，C不符合题意；
D. 固体煤变为气体燃料后，增加了氧气与燃料的接触面积，燃烧效率将升高，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.燃烧需要条件，需要可燃物，氧气，温度达到着火点，缺一不可
B.化石燃料不完全燃烧产生一氧化碳，硫元素燃烧后产生酸雨的主要气体二氧化硫
C.深加工可以减少环境污染和提高利用率
D.增大解接触面积，燃烧充分，利用率好
3．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；硅酸的性质及制法；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A.硅酸的酸性比碳酸弱，反应：Na2CO3＋SiO2 Na2SiO3＋CO2↑能发生的原因是高温下由难挥发性酸酐制挥发性酸酐，A不符合题意；
B.二氧化碳属于分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，二者物理性质相差很大，B不符合题意；
C.二氧化硅溶于氢氟酸是特性，二氧化硅是酸性氧化物，C不符合题意；
D.二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，但二氧化硅难溶于水，不和水反应生成硅酸，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.可以将二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得出酸性强弱
B.氧化物性质差异很大，主要是二氧化碳是分子构成的，二氧化硅是由原子构成
C.两性氧化物是与酸和碱反应生成盐和水
D.都可与碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，二氧化硅难溶于水
4．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】原子核外M电子层上有电子时，则K层、L层上电子数分别为2、8，则M电子层上的电子数为7，则该元素最外层电子全部失去时，该元素处于最高价，即最高正价为+7，
故答案为：A。
【分析】K成层电子数是2，故M层比K层多5个，则为7个，最高正价为+7价
5．【答案】B
【知识点】二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】硫黄熔化并燃烧，产生二氧化硫，利用二氧化硫的漂白性，淡黄色的银耳被漂白之后洁白如雪，
故答案为：B。
【分析】本题主要考查二氧化硫的漂白性，解题的关键是抓住银耳的颜色变化，联想到二氧化硫的漂白性。
6．【答案】B
【知识点】微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．F与Cl属于同一主族元素，随着电子层数的递增，原子半径逐渐增大，所以原子半径： ，故A不符合题意；
B． 、 、 属于同一周期元素，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，故B符合题意；
C．电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故C不符合题意；
D．第三周期元素简单阳离子的半径从左到右逐渐减小，但简单阴离子的半径大于简单阳离子的半径，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】同周期，从左到右半径逐渐减小，同主族，从上到下半径逐渐增大，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，质子数越小，半径越大
7．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A. 浓硝酸和氯水中的次氯酸均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；
B. 硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；
C. SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，C不符合题意；
D. 常温下铁遇浓硝酸钝化，铂与浓硝酸不反应，原理不同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓硝酸和氯水不稳定
B.发生氧化还原反应而变质
C.氯水具有氧化性发生氧化还原反应
D.铂的活动很弱，不与酸反应，浓硝酸具有强氧化性，在铁的表面形成致密的氧化物薄膜
8．【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A. 中子数为10的氧原子质量数为18，因此原子符号为： O，A项不符合题意；
B. 电子式为： ，B项不符合题意；
C. Mg2+的结构示意图为 ，C项符合题意；
D. 形成过程为 ，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.质子数写在左下角，质量数写在左上角
B.硫化钠属于离子化合物
C.阳离子中，质子数＞核外电子数
D.HCl为共价化合物，氢原子和氯原子通过共用电子对结合
9．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】若a、b处于第二、三周期，ⅡA族和ⅢA族的元素原子序数相差1，则n=m＋1，；
若a、b处于第四、五周期，ⅡA族和ⅢA族元素之间包括了10个过渡元素，ⅡA族和ⅢA族的元素原子序数相差11，则n=m＋11；
若a、b处于第六、七周期，ⅡA族和ⅢA族元素之间含有镧系元素或锕系元素（共15个元素）以及其他过渡元素（共9个），ⅡA族和ⅢA族的元素原子序数相差15+9+1，则n=m＋25；
综上，A、B、C项中的关系符合题意，D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】第二主族和第三主族同一周期元素序数可以相差第二三周期相差1，第3,4,5相差11，第6，7周期相差25
10．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A. 将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该实验时环境温度为21℃左右，故A不符合题意；
B. 盐酸和氢氧化钠反应放出热量，因此得出该实验表明化学能可能转化为热能，故B符合题意；
C. HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1 mol·L 1×0.03L = c(NaOH)×0.02L，c(NaOH) = 1.5 mol·L 1，故C不符合题意；
D. 该实验只能说这个反应是放热反应，但其他很多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A.当V1=0时才是起始温度
B.温度升高，说明有能量变化，中和反应是放热反应，可以说明化学能向热能转换
C.温度最高的点是中和反应恰好反应的点，根据V1=30mL，计算出物质的量浓度即可
D.此实验只能说明氢氧化钠溶液和盐酸反应放热
11．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，实质为水中化学键断裂得到H原子，水中的H-O键为极性共价键，则题中所说的“结合力”为共价键。
故答案为：A。
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键。
12．【答案】C
【知识点】氮的固定；催化剂；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A.雾是胶体，霾是悬浊液，其分散剂均是水，故A不符合题意
B.根据图示可知，最终氮的氧化物转化成硝酸铵而硫的氧化物转化成硫酸铵进入无机颗粒物，故B不符合题意
C.催化剂指的是只改变化学反应的速率而不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变，本题中氨气参加了反应，故C符合题意
D.过度使用氮肥会导致氮元素在环境中流动，最终也可能会转化成铵盐，从而也间接的有助于雾霾的形成，D不符合题意
故答案为：C
【分析】该题考查分散系、催化剂、硫和氮的氧化物对环境的影响，学生应重点掌握①：分散系、分散剂、分散质的概念；②催化剂：只改变化学反应的速率，本身不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变；
13．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；海带成分中碘的检验；粗盐提纯
【解析】【解答】A、同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，原子最外层电子数相同，化学性质相同，HDO与H2O化学性质相同，故A不符合题意；
B、海水中含有镁离子，先将海水蒸发、浓缩得到含有镁离子的溶液，再向溶液中加入沉淀剂将Mg 2+转化为Mg(OH)2，加入的沉淀剂应该具有碱性且价格较廉价、来源丰富，贝壳中含有CaCO3且来源丰富，煅烧贝壳得到CaO，将CaO溶于水得到Ca(OH)2，所以加入的沉淀剂是Ca(OH)2，将镁离子转化为Mg(OH)2；将Mg(OH)2溶于稀盐酸得到MgCl2，将MgCl2在HCl氛围中加热得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2得到Mg，MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故B不符合题意；
C、因碘酸碘的化学式一定为Im(IO3)n形式，其中碘酸根为-1价(类似于氯酸根)，碘酸根中I的化合价为+5价，所以前面的I的化合价为+3价，所以碘酸碘的化学式为：I(IO3)3，即 I4O9，故C不符合题意；
D、除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-时，可以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓，加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2++CO32-=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；然后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，选项中过量的氯化钡不能除去，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查同位素概念和性质的分析判断，海水中提取镁的过程，知道每一步发生的反应及操作方法，再结合物质的性质、金属冶炼方法的选取等知识点，粗盐提纯的实验方法应用，化合价的规律和原则，同时还考查常见元素及原子团的化合价，解题应抓住题目信息。
14．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A. 反应Ⅱ ， 中N被氧化，而 中N被还原，故A不符合题意；
B. 反应Ⅰ中 转化为 时元素守恒， 转化为 ，根据反应Ⅱ，铵离子与硝酸根的物质的量的比为 时可完全转化为 ，故B不符合题意；
C. 常温常压下 的物质的量未知，因常温下的气体摩尔体积未知，故C不符合题意；
D. 已知：① ，② ，根据盖斯定律 可得： ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.标出元素化合价，氧元素和氮元素的化合价发生了改变
B.根据两池的的得失电子情况，转移相同的电子数时，消耗的铵根和生成的硝酸根离子物质的量不是1：1
C.使用摩尔体积时，需要注意条件和状态
D.根据盖斯定律进行计算
15．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；物质的分离与提纯；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，A不符合题意；
B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气又溶解②中为红色，B不符合题意；
C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，C符合题意；
D．加热时碘单质易升华，遇冷后凝华成固态，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】注意二氧化硫的漂白性，会区分氯化铵不稳定受热易分解与碘易升华的特征。
16．【答案】A
【知识点】氮气的化学性质；氨的实验室制法；铵离子检验；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A符合题意；
B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B不符合题意；
C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C不符合题意；
D.NH3 H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯化铵固体时白色
B.氨气可以被浓硫酸吸收
C.氨气溶于水形成氨水，是碱，变浑浊说明产生难溶性碱，可以是氢氧化铝，氢氧化镁、氢氧化铁等等
D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3 H2O
17．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A. 反应物总能量高于生成物总能量，此反应为放热反应，A不符合题意；
B. 1mol N+3mol H中的总能量高于1mol NH3中的能量，B不符合题意；
C. 根据示意图可判断1mol NH3(l)转变为1mol NH3(g)需要吸收c kJ能量，C符合题意；
D. 根据示意图可判断反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的能量变化值为2b－2a，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物质具有能量的高低可以确定反应物的能量高于生成物的能量，故是放热反应，焓变=反应物的键能-生成物的键能，故反应物的键能＞生成物的键能。液体转化为气态需要吸收能量。
18．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。题中混合溶液中含H+物质的量为：0.02mol硫酸中含0.04mol，0.04mol硝酸中含0.04mol，所以溶液中共含0.08mol H+，6.4g铜的物质的量为 ＝0.1mol，根据离子方程计量数的关系，3Cu～8H+～2NO，0.08mol氢离子完全反应，消耗的铜物质的量为0.03mol，硝酸根的物质的量是0.02mol，显然铜和硝酸根过量，氢离子完全反应，生成的NO气体由氢离子的物质的量计算得出，气体物质的量为0.02mol。
故答案为：B。
【分析】铜与混合酸反应的实质是离子之间的反应，利用离子方程式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O进行计算。
19．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据上述分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。
A．Na和O形成的一种化合物Na2O2可作供氧剂，A选项符合题意；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(O)，B选项不符合题意；
C．元素的非金属性：O>Cl>S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>HCl>H2S，C选项不符合题意；
D．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为O元素；X在短周期主族元素中金属性最强，则X为Na元素；W与Y属于同一主族，则Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。
20．【答案】A,D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A．燃烧放热，符合热化学方程式的书写规范和反应热效应，A符合题意；
B．热化学方程式需要标注物质的聚集状态，B不符合题意；
C．硫燃烧时放热，ΔH应为负值，C不符合题意；
D．中和反应是放热反应，符合热化学方程式的书写规范和反应热效应，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】书写热化学方程式时需要标注反应物和生成物的状态，常见的燃烧和中和反应是放热反应。
21．【答案】（1）Al2O3 2SiO2 2H2O
（2）H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ mol-1
（3）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
（4）2NaClO3+4HCl(浓)=Cl2↑+2ClO2↑+2NaCl+2H2O
【知识点】燃烧热；含硅矿物及材料的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)以氧化物形式表示复杂的盐的化学式，先写活泼金属的氧化物，再写非金属氧化物，水在最后，Al2Si2O5(OH)4以氧化物形式表示为Al2O3·2SiO2·2H2O；
(2) 2molH2在O2中完全燃烧，生成2mol液态水，放出571.6kJ热量，则1molH2完全燃烧，放出能量为 ，所以用燃烧热表示H2燃烧的热化学方程式为：H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ mol-1；
(3)氢氟酸与玻璃的主要成分二氧化硅剧烈反应生成四氟化硅气体，能刻蚀玻璃，方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(4)氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生产ClO2的，反应过程中同时会生成氯气，根据电子守恒和原子个数守恒，得到方程式为2NaClO3+4HCl(浓)=2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O。
【分析】考查复杂硅酸盐写成氧化物、物质用途、氧化还原反应方程式的书写等知识。
22．【答案】（1）Ca
（2）离子键、共价键
（3）
（4）r(Al3+)＜r(Mg2+) ＜r(O2－)＜r(N3－)
（5）HClO4；Al(OH)3；Al(OH) 3+OH－=AlO2－+2H2O
（6）
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N，同周期，从左到右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径增大，所以原子半径大小关系为：r(Ca)>r(Mg)>r(Al)r(C)>r(N)，最大的是Ca，故答案为：Ca。
（2）⑦为N，其最高价氧化物对应的水化物式HNO3，其氢化物是NH3，二者反应生成NH4NO3，NH4NO3为离子化合物，NH4+与NO3-之间是离子键，NH4+与NO3-之内是共价键，所以含有的化学键类型有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键。
（3）①为Na、⑧为O，其单质在加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2是离子化合物，其电子式为 ，故答案为： 。
（4）③为Mg、⑤为Al、⑦为N、⑧为O，形成Mg2+、Al3+、N3-、O2-，核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，其半径由小到大的顺序是r(Al3+)＜r(Mg2+) ＜r(O2－)＜r(N3－)，故答案为：r(Al3+)＜r(Mg2+) ＜r(O2－)＜r(N3－)。
（5）①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N、⑧为O、⑨为Cl，同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物中酸性增强，同主族，从上到下，最高价氧化物对应的水化物中酸性减弱，所以酸性最强的是HClO4；呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；Al(OH)3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为：Al(OH) 3+OH－=AlO2－+2H2O，故答案为：HClO4；Al(OH)3；Al(OH) 3+OH－=AlO2－+2H2O。
（6）③为Mg、⑨为Cl，Mg最外层有2个电子，易失去2个电子，Cl最外层有7个电子，易得到1个电子，二者形成MgCl2，用电子式表示其形成化合物的过程为： ，故答案为： 。
【分析】根据元素周期表可知，①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N、⑧为O、⑨为Cl、⑩为Ar。
23．【答案】（1）溶解；过滤
（2）溶液分层，上层为水层接近无色，下层为CCl4层呈紫红色
（3）打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口），再转动打开活塞，使下层液体缓慢流下后，关闭活塞，将上层液体从上口倒出。
（4）蒸馏烧瓶、冷凝管；蒸馏烧瓶支管口处
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；海带成分中碘的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）过滤适用于分离不溶于水的固体和液体，海带灰难溶于水，碘元素以碘离子的形式存在于溶液中，所以将海带烧成灰，向灰中加水搅拌用过滤分离它们；故答案为溶解、过滤；
（2）根据四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度，看到的现象是溶液分层，碘溶解四氯化碳中呈紫红色，所以下层呈紫红色，上层是水层，呈无色，故答案为溶液分层，上层为水层接近无色，下层为CCl4层呈紫红色；
（3）根据萃取的实验操作，打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口），目的是为了使漏斗内外空气相通，以保证进行液体顺利流出，再转动打开活塞，使下层液体缓慢流下后，因上层液体从下口流出，产生杂质，所以关闭活塞，将上层液体从上口倒出，故答案为打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口），再转动打开活塞，使下层液体缓慢流下后，关闭活塞，将上层液体从上口倒出；
（4）从含碘的有机溶剂中经过蒸馏可以提取碘和回收有机溶剂，蒸馏操作中所用的仪器有：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶（接收器），还需要蒸馏烧瓶、冷凝管；因温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口，故答案为蒸馏烧瓶、冷凝管；蒸馏烧瓶支管口处。
【分析】（1）固体和液体进行溶解和进行分离的操作
（2）碘再四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳的密度大于水
（3）分层之后进行分液，先打开活塞平衡内外大气压，然后进行分液，密度大的从下口出，密度小的从上口出
（4）考查的时蒸馏操作时的仪器使用，因为测定的是蒸汽的温度，故温度计应该放在支管口
24．【答案】（1）碳；钠
（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
（3）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
（4）Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+
【知识点】钠的重要化合物；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由分析可知，A、B、C、D分别是：C、O2、Na、S四种单质。
(1)由分析可知，A是碳，C是钠；
(2)A、B是C、O2，反应生成CO2，B、C是O2、Na，反应生成Na2O2，CO2与Na2O2反应生成H和O2，H为Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成E（二氧化碳）的化学方程式是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
(3)由分析可知E与F分别是CO2与Na2O2，二者反应的化学方程式是2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
(4))F与G分别是Na2O2与Na2S，Na2O2具有强氧化性，将硫从-2价氧化为0价，根据得失电子守恒、电荷守恒，Na2O2与Na2S反应的离子方程式是：Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+。
【分析】单质B和C反应生成F，F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，则G中D元素为-2价，且原子序数D＞C，故D为硫，G为Na2S；B为单质且为组成空气的成分，还可与钠反应，最易想到是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，由条件分析E只能是CO2，A即为碳，由题中反应关系可知F是Na2O2，据此分析解答。
25．【答案】（1）分液漏斗；固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰
（2）B；C
（3）还原；3CuO+2NH3 3Cu+3H2O+N2
（4）吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D
（5）慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，可选择固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰；
(2)利用装置A，可制取的无色气体；
A．可利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，但氯气为黄绿色气体，故A不选；
B．利用过氧化氢在二氧化锰催化下分解制备氧气，氧气是无色气体，故B选；
C．利用稀盐酸滴入大理石上反应制备无色的二氧化碳气体，故C选；
D．可利用Cu和浓硝酸反应制备二氧化氮，但NO2是红棕色气体，故D不选；
故答案为BC；
(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜、氮气和水，氨气被氧化铜氧化，表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH3 3Cu+3H2O+N2；
(4)依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，且阻止F中水蒸气进入D，以免影响生成水的测定；
(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作是：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保证氮气产生的压强等于外界大气压，再读数；
(6)若测得干燥管D增重mg，则生成水的物质的量= ，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)为N2，物质的量= ，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=（ ×2）：（ ×2）= ，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 。
【分析】A装置利用浓氨水与固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰作用制得氨气，经过B中碱石灰干燥后的氨气进入C中，将加热的CuO还原为Cu，同时生成水和氮气，其中D中碱石灰增重的质量就是反应生成的水，F中所得气体的体积为氮气，结合原子守恒即可计算出氨分子中氮、氢的原子个数比，据此分析解题。
