黑龙江省大庆铁人中学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·大庆期中）美日科学家因在研究“钯催化交叉偶联反应”所作出的杰出贡献，曾获得诺贝尔化学奖。钯(Pd)元素的原子序数为46，下列叙述错误的是（ ）
A． Pd和 Pd的化学性质几乎相同
B．钯与铁是同族元素
C．Pd2+核外有44个电子
D． Pd的原子核内有52个中子
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】A． Pd和 Pd均属Pd元素，化学性质几乎相同，A不符合题意；
B．钯与铁都是第Ⅷ族元素，B不符合题意；
C．Pd2+的核外电子数=46-2=44，C不符合题意；
D． Pd的中子数=108-46=62，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A．相同元素的原子，化学性质相同；
B．两者为同一族元素；
C．Pd2+为带两个电荷的阳离子，失去了两个电子；
D． 中子数=质量数-质子数。
2．（2020高一下·大庆期中）反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列化学用语错误的是（ ）
A．N2的电子式：
B．NH4Cl的电离方程式：NH4Cl=NH4++Cl-
C．Cl原子的结构示意图：
D．H2O的结构式：
【答案】A
【知识点】原子结构示意图；结构式；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．N2的电子式为： ，A符合题意；
B．NH4Cl是强电解质，完全电离，其电离方程式为：NH4Cl=NH4++Cl-，B不符合题意；
C．Cl是17号元素，其原子的结构示意图为： ，C不符合题意；
D．H2O是“V”形分子，其结构式为： ，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A．N2的两个原子间形成NN；
B．强电解质完全电离；
C．Cl原子最外层7个电子；
D．H2O是“V”形分子，为极性分子。
3．（2020高一下·大庆期中）下列现象或事实可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．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度都会降低
C．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸
D．不能用pH试纸测定浓硫酸和新制氯水的pH
【答案】A
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．浓HNO3在光照条件下分解成NO2、O2、H2O，氯水中的HClO在光照条件下分解成HCl和O2，故浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存均是因为在光照条件下会分解，原理相同，A符合题意；
B．浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸收空气中的水蒸气使浓度降低，浓盐酸中HCl挥发使浓度降低，二者原理不同，B不符合题意；
C．常温下浓硝酸使Fe钝化，发生氧还原反应，浓硝酸和Pt不反应，二者原理不同，C不符合题意；
D．因浓硫酸具有脱水性，不能用pH试纸测其pH，因新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测其pH，二者原理不同，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A．浓HNO3和HClO在光照条件下均容易分解；
B．浓硫酸具有吸水性，浓盐具有挥发性；
C．常温下浓硝酸使Fe钝化，Pt为惰性金属，一般条件下不和酸碱反应；
D．因浓硫酸具有脱水性，会使pH试纸脱水碳化，新制氯水具有强氧化性，会使pH试纸漂白。
4．（2020高一下·大庆期中）下列说法错误的是（ ）
A．非金属元素的原子间既能形成共价化合物，又能形成离子化合物
B．Cl2、Br2、I2的分子间作用力依次增强
C．氯化氢气体溶于水后电离出离子，是因为破坏了离子键
D．干冰、NaCl固体、石英晶体的熔沸点逐渐升高
【答案】C
【知识点】离子键的形成；离子化合物的结构特征与性质；晶体熔沸点的比较；分子间作用力对物质的状态等方面的影响
【解析】【解答】A．非金属元素的原子间既能形成共价化合物，如H2O，又能形成离子化合物，如NH4Cl，A不符合题意；
B．一般来说，对于组成和相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强，即Cl2、Br2、I2的分子间作用力依次增强，B不符合题意；
C．H原子和Cl原子之间以共价键结合成HCl分子，溶于水后共价键被破坏电离出离子，C符合题意；
D．干冰是分子晶体，NaCl固体是离子晶体，石英晶体是原子晶体，故三者熔沸点升高，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A．非金属元素的原子间既能形成共价化合物；
B．注意Cl2、Br2、I2的物理状态变化，分别为气体、液体、固体；
C．HCl分子是共价键；
D．一般情况下，熔沸点是分子晶体<离子晶体<原子晶体。
5．（2020高一下·大庆期中）下列排列顺序中，正确的是（ ）
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②离子半径：Cl->Na+>Mg2+>Al3+
③结合质子(H+)能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-
④酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4
⑤还原性：S2->I->Br->Cl-
A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．②③⑤
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究硅酸钠溶液的碱性、热稳定性；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】①非金属性：F＞O＞S，故热稳定性：HF＞H2O＞H2S，①不符合题意；
②Cl-有三个电子层，半径最大，Na+、Mg2+、Al3+均有2个电子层，核电荷数：Na+＜Mg2+＜Al3+，故半径Cl->Na+>Mg2+>Al3+，②符合题意；
③电离常数：HCl＞CH3COOH＞H2O，故结合质子(H+)能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-，③符合题意；
④非金属性：Cl＞S＞P，故酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，④不符合题意；
⑤非金属性：Cl＞Br＞I＞S，故还原性：S2->I->Br->Cl-，⑤符合题意；
②③⑤符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】①F为非金属性最强的元素；
②具有相同电子层数的阳离子，核电荷数越大，半径越小；
③HCl为强电解质，CH3COOH为弱酸、弱电解质，H2O为弱电解质；
④可以通过比较最高价氧化物的水化物来比较非金属性；
⑤非金属性越强，对应的简单阴离子还原性越弱。
6．（2020高一下·大庆期中）长征2号火箭承担运载“神六”的使命，氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号(CZ2F)火箭的优良炸药。下列说法正确的是（ ）
A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1∶2∶3
B．它们和水反应都表现氧化性
C．H、D、T之间互称为同素异形体
D．它们的阴离子半径都比阳离子半径大
【答案】D
【知识点】同位素及其应用
【解析】【解答】A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比=(7+1)g/mol:(7+2)g/mol:(7+3)g/mol=8:9:10，A不符合题意；
B．LiH、LiD、LiT分别与水反应生成LiOH和H2、HD、HT，LiH、LiD、LiT中的H、D、T化合价从-1升高到0价，故LiH、LiD、LiT分别作还原剂，表现还原性，B不符合题意；
C．H、D、T是氢元素的三种核素，互称为同位素，C不符合题意；
D．H-、D-、T-、Li+核外电子排布相同，Li+的核电荷数较大，半径较小，即LiH、LiD、LiT中，阴离子半径都比阳离子半径大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A．H、D、T的质量数分别为1、2、3；
B．H、D、T互为同位素，化学性质几乎完全相同；
C．同位素是指质子数相同、中子数不同的同一元素的原子；
D．H、D、T均为氢元素，具有相同电子层数的阴离子半径大于阳离子半径。
7．（2020高一下·大庆期中）已知某元素的阳离子R+的核内中子数为n，质量数为A。则mg它的氧化物中所含电子的物质的量为（ ）
A． (A-n+8)mol B． (A-n+10)mol
C． (A-n+4)mol D． (A-n+8)mol
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】某元素的阳离子R+的核内中子数为n，质量数为A，则其质子数=质量数-中子数=A-n，所以其原子核外电子数=质子数=A-n；它的氧化物化学式应为R2O，摩尔质量为(2A+16)g/mol，所含电子数为2(A-n)+8；mgR2O的物质的量为 ，所含电子的物质的量为 = (A-n+4)mol，C符合题意。
故答案为：C
【分析】元素表示的意义，带一个电荷的阳离子，质量数为A，质子数为A-n，核外电子数为A-n-1，氧化物的化学式R2O，然后根据n=m/M计算可得。
8．（2020高一下·大庆期中）已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的有几个（ ）
①BF3、CCl4中所有原子均达到最外层8电子稳定结构
②46g SiO2中含有共价键的数目为NA
③2g H218O和D2O的混合物中，含有的电子数为NA
④K2SO4溶于水的过程中有离子键、共价键的断裂
⑤78g Na2O2中所含离子的数目为4NA
⑥18g D2O的中子数小于10NA
⑦1mol NH5中含有5NA个N—H键（已知NH5中所有原子都达到稀有气体的稳定结构）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】①BF3中B原子最外层只有6个电子，①不符合题意；
②SiO2由原子构成，1mol SiO2中平均含4mol Si-O键，46g SiO2的物质的量为 ，含有共价键的物质的量为4× = ，即含共价键数目为 NA，②不符合题意；
③H218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol，2g H218O和D2O的混合物的物质的量= =0.1mol，每个H218O和D2O分子均含10个电子，故2g H218O和D2O的混合物所含电子的物质的量=0.1mol×10=1mol，即所含电子数为NA，③符合题意；
④K2SO4中K+和SO42-之间以离子键结合，溶于水电离出K+和SO42-，离子键断裂，无共价键断裂，④不符合题意；
⑤Na2O2由Na+和O22-构成，78g Na2O2的物质的量为 =1mol，所以78g Na2O2中所含离子的物质的量=1mol×3=3mol，即含离子数目为3NA，⑤不符合题意；
⑥18g D2O的物质的量为 ，每个D2O分子的中子数=1×2+8×1=10，故18g D2O所含中子的物质的量为0.9mol×10=9mol，即中子数为9NA，小于10NA，⑥符合题意；
⑦若1mol NH5中含有5NA个N—H键，则1和NH5分子中含5个N-H键，N原子最外层电子数为10，与NH5中所有原子都达到稀有气体的稳定结构矛盾，⑦不符合题意；
综上所述，①②④⑤⑦不符合题意，C符合题意。
故答案为：C
【分析】①B为第5号元素，最外层3个电子；
②SiO2需要考虑其原子晶体的构型，不存在二氧化硅分子；
③H和D的质量数分别为1和2，注意区别；
④K2SO4=2K++SO42-；
⑤Na2O2属于离子化合物；
⑥ D2O的摩尔质量为20g/mol ；
⑦ N最外层5个电子，每个电子和H原子形成共用电子对。
9．（2020高一下·大庆期中）类推是一种重要的学习方法，但如果不具体问题具体分析就会得出不符合题意结论。下列类推结论正确的是（ ）
A．SiH4的熔沸点比CH4高，则PH3的熔沸点比NH3高
B．H2O比NH3稳定，则H2S也比NH3稳定
C．Al既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应，则同主族的铟(In)也都能与二者反应
D．同族元素有Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2，Pb(OH)4的碱性也应强于Sn(OH)4
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．氨气分子之间存在氢键，导致熔沸点高于PH3，A不符合题意；
B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，O的非金属性大于N，所以H2O比NH3稳定，但S的非金属性小于N，所以H2S不如NH3稳定，B不符合题意；
C．同主族元素自上而下金属性增强，铟(In)的金属性比Al强，不一定能和氢氧化钠反应，C不符合题意；
D．Ca和Mg为同主族元素，Ca位于Mg的下方，金属性更强，所以Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2，同理Pb、Sn位于同一主族，Pb位于Sn下方， Pb的金属性强于Sn，所以碱性应该是 Pb(OH)4＞Sn(OH)4，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A．N、O、F的氢化物均存在氢键；
B．氢化物的稳定性取决于元素的非金属性强弱；
C．元素周期表中金属和非金属的交界位置的某些元素具有两性；
D．同主族元素，从上到下，金属性更强。
10．（2020高一下·大庆期中）“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、I2固体易升华 的说法正确的是（ ）
A．加热时，①中封管内固体消失
B．加热时，②中溶液变为无色，冷却后又变红
C．加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现SO2的氧化性
D．加热又冷却的过程中，①④属于物理变化，②③属于化学变化
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】A．氯化铵不稳定，加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又生成氯化铵，封管内固体不消失，A不符合题意；
B．加热时氨气逸出，溶液的颜色为无色，冷却后氨气溶解溶液变为红色，B符合题意；
C．加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现SO2的漂白性，C不符合题意；
D．氯化铵的分解为化学变化，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】】A．NH4Cl(s)NH3↑+HCl↑、NH3+HCl=NH4Cl(s)；
B．NH3 H2ONH3↑+H2O,NH3+H2O=NH3 H2O；
C．SO2可以和品红形成不稳定的无色物质，加热恢复红色；
D．①②③均为化学变化
11．（2020高一下·大庆期中）下列有关物质结构和元素周期律的说法中，正确的是（ ）
A．共价化合物一定只含有共价键
B．元素原子电子层数越多，越容易失电子，金属性越强
C．同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，简单离子的半径逐渐减小
D．同一主族元素对应氢化物的沸点，从上到下逐渐增大
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．只含共价键的化合物称为共价化合物，故共价化合物一定只含共价键，A符合题意；
B．元素原子失电子能力和电子层数、最外层电子数、核电荷数等有关，故电子层数多的失电子能力不一定强，即金属性不一定强，B不符合题意；
C．同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，简单阳离子的半径逐渐减小，简单阴离子的半径逐渐减小，但简单阴离子的半径比简单阳离子的半径大，C不符合题意；
D．NH3、H2O、HF分子间存在氢键，沸点在同主族元素的氢化物中较高，即对应主族元素的氢化物的沸点从上到下先减小后增大，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A．含离子键的一定是离子化合物；
B．电子层数多的失电子能力不一定强；
C．一般金属元素形成阳离子，非金属形成阴离子；
D．含有氢键的物质熔沸点变化不规律。
12．（2020高一下·大庆期中）下列说法正确的个数为（ ）
①化学键断裂，一定发生化学变化
②任何物质中都存在化学键
③氢键是极弱的化学键
④离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力
⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键
⑥任何共价键中，成键原子成键后均满足稳定结构
⑦验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电
⑧两种非金属元素形成的化合物不可能含有离子键
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；离子键的形成；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】①化学键断裂，不一定发生化学变化，如NaCl溶于水，离子键断裂，但是是一个物理变化，①不符合题意；
②不是所有物质中都存在化学键，如稀有气体中不含化学键，②不符合题意；
③氢键不属于化学键，③不符合题意；
④离子键就是阴、阳离子之间的静电作用，包括静电引力和静电斥力，④不符合题意；
⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键，⑤符合题意；
⑥不是所有原子形成共价键后均满足稳定结构，例如BF3中B原子最外层只有6个电子，⑥不符合题意；
⑦离子化合物在熔化状态下能够电离出阴阳离子而导电，而共价化合物由共价分子构成，熔化状态不会导电，故验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电，⑦符合题意；
⑧两种非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如NH4H，⑧不符合题意；综上所述：⑤⑦符合题意，B符合题意。
故答案为：B
【分析】①离子化合物溶于水断裂离子键；
②惰性气体不存在化学键，存在分子间作用力；
③氢键属于分子间作用力；
④阴、阳离子之间的静电作用，包括静电引力和静电斥力；
⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键；
⑥并不是所有的共价化合物均为2电子或8电子的稳定结构；
⑦离子化合物在熔融态能电离出阴阳离子；
⑧注意某些特殊的离子化合物。
13．（2020高一下·大庆期中）原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的最高正化合价与Z的相同，Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，Y元素的周期序数等于族序数，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂。下列说法错误的是（ ）
A．W单质易溶于W与X形成的某种化合物
B．X和Z的单质的硬度均较大
C．野外钢轨焊接中常用到Y的单质
D．Q通常可用来干燥CO2、SO2、NO2等气体
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．W的单质为S，W与X形成的化合物为CS2，S易溶于CS2，A不符合题意；
B．C单质可能质软，如石墨，B符合题意；
C．常用Y(Al)和Fe2O3的铝热反应焊接钢轨，用到Y(Al)，C不符合题意；
D．Q为浓硫酸，CO2、SO2、NO2均不和浓硫酸反应，故可用浓硫酸干燥CO2、SO2、NO2等气体，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，则Z必为第三周期元素，设Z原子的最外层电子数为n，则n=0.4×(2+8)，解得：n=4，则Z为14号元素Si；
X的最高正化合价与Z的相同，则X为C；
W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂，则Z为S，Q为硫酸；
Y的原子序数比X大且Y元素的周期序数等于族序数，则X为Al；
综上所述，X、Y、Z、W分别为：C、Al、Si、S，据此解答。
14．（2020高一下·大庆期中）寿山石M4[N4Y10(YX)8]是我国四大印章石之首，被称为国石。X、Y、M、N是原子序数依次增大的短周期元素，M元素是地壳中含量最高的金属元素，N元素的单质常用来制造太阳能电池，X3Y+和YX-含有相同的电子数。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：X
D．X和M形成的化合物溶于水显酸性
【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】A．H原子只有1个电子层，原子半径最小，O原子有2个电子层，Al、Si原子均有3个电子层，故O原子半径第二小，Al、Si原子均有3个电子层，Si的核电荷数较Al大，故原子半径Si小于Al，综上所述，原子半径：X(H)
C．M为Al，和Al同主族且原子序数比Al大的元素原子序数应为：13+18=31、31+18=49、49+32=81、81+32=113，即第81号元素与M不属于同一主族，C不符合题意；
D．X为H、M为Al，H与Al形成的化合物为AlH3，AlH3与水反应生成Al(OH)3和氢气，故X和M形成的化合物溶于水显碱性，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】M元素是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al；
N元素的单质常用来制造太阳能电池，则N为Si；
X3Y+和YX-含有相同的电子数，则X为H，Y为O，X3Y+为H3O+，YX-为OH-；
综上所述，X、Y、M、N分别为：H、O、Al、Si，据此解答。
15．（2020高一下·大庆期中）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 L M X R T Q
原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.089 0.074 0.078
主要化合价 +2 +3 +6、-2 +2 -2 +5、-3
则下列相关叙述错误的是（ ）
A．简单氢化物的沸点：T>X
B．离子半径：X2->T2->L2+>M3+
C．T和氢元素形成的化合物中只含有极性共价键
D．M和R的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应又能与强酸反应
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．T为O，X为S，O的简单氢化物H2O常温呈液态，S的氢化物H2S常温呈气态，故简单氢化物的沸点：T(H2O)＞X(H2S)，A不符合题意；
B．X为S，T为O，L为Mg，M为Al，S2-有三个电子层，其余三种离子具有相同的电子层结构、且有2个电子层，故S2-的半径最大，核电荷数：O＜Mg＜Al，故离子半径：S2-＞O2-＞Mg2+＞Al3+，即离子半径：X2->T2->L2+>M3+，B不符合题意；
C．T为O，O和H形成的化合物为H2O和H2O2，H2O2既含极性共价键、又含非极性共价键，C符合题意；
D．M为Al，R为Be，Be和Al位于金属元素与非金属元素分界线附近，其最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3和Be(OH)2均为两性氢氧化物，均既能与强碱反应又能与强酸反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、T主要化合价均有-2价，X半径比T大且X有+6价，则T为O，X为S；
L、R主要化合价均为+2价且L原子半径大于R原子半径，则L为Mg，R为Be；
Q有+5价和-3价且Q的原子半径比X(S)小，则Q为N；
M常见化合价为+3价且原子半径比X(S)大，则M为Al；
综上所述，L、M、X、R、T、Q分别为：Mg、Al、S、Be、O、N，据此解答。
16．（2020高一下·大庆期中）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径大小：X＞Y
B．气态氢化物的还原性：X＜Z
C．丁和戊中所含元素种类相同
D．W的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存
【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．X为O，Y为Al，O2-和Al3+的核外电子排布相同，均有2个电子层，O的核电荷数较小，故O2-的半径比Al3+的半径大，即简单离子半径大小：X＞Y ，A不符合题意；
B．X为O，Z为S，O的非金属比S强，所以O2的氧化性比S单质的氧化性强，O2-的还原性比S2-的还原性弱，所以气态氢化物的还原性：X＜Z，B不符合题意；
C．丁为H2O，戊为H2O2，二者所含元素种类相同，C不符合题意；
D．W的简单离子为H+，Z的简单离子为S2-，二者在水溶液中发生反应生成H2S，因此不能大量共存，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】四种元素均为短周期元素，常温下，甲的浓溶液和A发生钝化，则A为Al，元素Y为Al元素，甲为硫酸或硝酸；丙是无色气体，则甲为硫酸，丙为二氧化硫，丁为水，乙为硫酸铝，丙和戊反应生成硫酸，则戊为过氧化氢；丙、丁、戊均是由W、X、Y、Z四种元素组成的化合物，则元素W、X、Z应为：H、O、S；综上所述，元素W、X、Y、Z分别为：H、O、Al、S，甲、乙、丙、丁、戊分别为：H2SO4、Al2(SO4)3、SO2、H2O、H2O2，A为Al，据此解答。
17．（2020高一下·大庆期中）一种新型漂白剂(如下图)可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（ ）
A．工业上通过电解熔融的WX来制得W
B．Z、X两元素形成的某种化合物可做消毒剂
C．Y的最高价氧化物对应水化物为强酸
D．该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构
【答案】B
【知识点】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Mg，X为O，Y为B，Z为H元素
A．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，A选项不符合题意；
B．H和O元素形成的化合物H2O2俗称双氧水，具有强氧化性，常用作医疗上的消毒剂，B选项符合题意；
C．Y为B，B的最高价氧化物对应水化物H3BO3为弱酸，C选项不符合题意；
D．该漂白剂中H元素不满足8电子稳定结构，D选项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，Y位于ⅢA族，据此分析解答。
18．（2020高一下·大庆期中）下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2＋
B Cu与浓硫酸反应，实验结束后，将水加入烧瓶中 溶液变蓝 证明反应生成了Cu2＋
C 向某溶液中滴加稀硫酸 产生有刺激性气味的气体 原溶液中可能含有SO32-
D 向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无NH4+
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液变红的原因是发生反应3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，所以稀硫酸不能氧化亚铁离子，A不符合题意；
B．Cu与浓硫酸反应，实验结束后，浓硫酸可能未反应完全，类比浓硫酸的稀释，应将Cu与浓硫酸反应后的混合物加入到盛有水的烧瓶中，确保实验安全，B不符合题意；
C．产生有刺激性气味的气体可能是SO2，原溶液中可能含有SO32-、也可能含有HSO3-等，C符合题意；
D．滴加稀NaOH溶液，且实验过程中未加热，可能生成一水合氨，氨气未从溶液中逸出，则原溶液中可能含NH4+，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A．NO3-在酸性条件下具有强氧化性；
B．浓硫酸具有吸水性，且溶解时放出大量的热；
C.SO32-和HSO3-均和稀硫酸反应产生SO2气体；
D．铵根离子检验过程需要加热。
19．（2020高一下·大庆期中）某稀溶液中含有5molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)，最终溶液体积为1L。下列说法正确的是（ ）
A．所得溶液中c(NO3-)=2.75mol·L-1
B．所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)=1：1
C．反应后生成NO的体积为33.6L(标准状况下)
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；气体摩尔体积
【解析】【解答】根据以上分析可知
A．所得溶液中c(NO3－)＝ =3.75 mol·L－1，故A不符合题意；
B．所得溶液中所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)＝ ： =1：1，故B符合题意；
C．反应后生成NO的体积为V(NO)=n(NO)×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L (标准状况下)，故C不符合题意；
D．反应所得溶液中阳离子为铁离子、亚铁离子和钾离子，阴离子为硫酸根离子和硝酸根离子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】第一步反应：比例关系来看，只有H+ 完全反应。
铁粉剩余1.5mol-1.25mol=0.25mol 硝酸根离子剩余5mol-1.25mol=3.75mol
n(Fe3+)=1.25mol ， V(NO)=n(NO)×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L；
第二步反应：比例关系来看，铁粉完全反应。
铁离子剩余：1.25mol-0.5mol=0.75mol，生成n(Fe2+)=0.75mol。
20．（2020高一下·大庆期中）一定量的浓硝酸与足量铜在烧杯中充分反应，产生NO2、N2O4和NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，则气体被水完全吸收。若继续向烧杯中加入5mol·L-1H2SO4溶液100mL，剩余的铜恰好被溶解，则Cu的总质量为（ ）
A．9.6g B．19.2g C．24g D．25.6g
【答案】D
【知识点】质量守恒定律
【解析】【解答】Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与1.12LO2(标况)混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子失去的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n(Cu)= ＝0.1mol，硝酸溶解的铜的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，根据原子守恒得n(Cu)=n[Cu(NO3)2]=0.1mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n(H+)=2n(H2SO4)=2×5mol/L×0.1L=1mol，n(H+)：n(NO3-)=1mol：0.2mol=5：1＞ ，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量，设溶解Cu的质量为x，则：
192g：2mol=x：0.2mol，解得x＝19.2g，故反应过程中一共消耗铜的质量=19.2g+6.4g=25.6g。
故答案为：D。
【分析】明确物质之间的反应是解本题的关键，注意进行过量计算，注意转移电子守恒、原子守恒的利用，难点和易错点是没有进行过量计算。
二、实验题
21．（2020高一下·大庆期中）某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行某些气体的制备、性质等实验(图中夹持装置有省略)。请按要求填空：
（1）Ⅰ.探究氯气与氨气的反应
为制取干燥氨气，可将装置C与 (填装置名称)连接；装置C中的烧瓶内固体宜选用 。
a.氯化钙 b.碱石灰 c.五氧化二磷 d.生石灰
（2）装置A、E、E连接可制取纯净、干燥的氯气，则两个E装置内的药品依次是 。
（3）装置F可用于探究氯气与氨气的反应。实验时打开开关1、3，关闭2，先向烧瓶中通入 （填名称），然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓慢通入一定量的另一种气体。实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子 ，F的烧杯中所装液体为 ，所起的作用是 。
（4）Ⅱ.探究某些物质的性质
利用装置A、E，可设计实验比较Cl-和Br-的还原性强弱。将装置A中产生的气体通入盛有NaBr溶液的装置E中，充分反应后取下E，加入CCl4，静置后观察到 的实验现象，则证明Br-的还原性强于Cl-。
（5）将装置B、C分别与F相连后，进行H2S与SO2反应的实验。简述检查装置B气密性的操作 ，F的烧瓶中发生反应的化学方程式为 。
【答案】（1）球形干燥管（或干燥管）；b、d
（2）饱和食盐水、浓硫酸
（3）氯气；取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+；NaOH溶液；吸收逸出的Cl2
（4）装置E中的液体分层，下层液体为橙红色（或红棕色）
（5）夹紧止水夹，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；SO2＋2H2S=3S＋2H2O
【知识点】氨的性质及用途；气体发生装置的气密性检查；实验装置综合
【解析】【解答】Ⅰ(1)氨气若用装置C制取，利用的是浓氨水与吸水剂反应，注意吸水剂不能与氨气反应，可选用碱石灰或生石灰，则C与球形干燥管（或干燥管）相连，
故答案为：b、d；(2)制取氯气的反应原理为浓盐酸与二氧化锰加热，若获得纯净、干燥的氯气，要先通过饱和食盐水吸收挥发出来的HCl，再通过浓硫酸干燥；(3)开关3与液体相连，若先通氨气，易导致喷泉现象发生，另外，氯气为黄绿色气体，最后通氯气易干扰白烟现象的观察，故先通氯气后通氨气。NH4+的检验方法为取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+；F的烧杯中所装液体为NaOH溶液，作用是吸收逸出的Cl2；Ⅱ(4)比较Cl－和Br－的还原性强弱，可利用其对应单质间的置换反应，即氯气能将溴化钠溶液中的溴离子置换出来生成溴单质，在加入四氯化碳，溴在四氯化碳中的溶解度更大，被四氯化碳萃取并分层，四氯化碳的密度比水大，则现象为：装置E中的液体分层，下层液体为橙红色（或红棕色）；(5)检查装置B气密性的操作为：夹紧止水夹，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；B生成H2S，C生成SO2，二者混合生成S和H2O，化学方程式为SO2＋2H2S=3S＋2H2O。
【分析】Ⅰ(1)氨气是碱性气体应使用碱性干燥剂，一般为碱石灰或生石灰；(2)浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中含有HCl和水蒸气；(3)氨气极易溶于水，易引起倒吸，形成喷泉，氯气有颜色，会对实验现象产生干扰；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；氯气有毒，不能排放到大气中，一般用碱液吸收； Ⅱ(1)氯气能将溴化钠溶液中的溴离子置换出来，溴在四氯化碳中的溶解度更大，被四氯化碳萃取并分层，四氯化碳的密度比水大；(2)检查装置B气密性的操作为：夹紧止水夹，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；B生成H2S，C生成SO2，二者混合生成S和H2O。
三、推断题
22．（2020高一下·大庆期中）A、B、C、D、E、F、G是周期表中短周期的七种元素，有关性质或结构信息如下表：
元素 有关性质或结构信息
A 其一种单质可吸收紫外线，是地球的保护伞
B B阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的
C C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)
D D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味
E E与D同周期，且在该周期中原子半径最小
F F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物
G G是形成化合物种类最多的元素
（1）B元素符号为 ，G的元素名称为 ，它的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 。
（2）A与C以原子个数比为1：1形成的一种化合物，其所属化合物类型为 （填“离子化合物”或“共价化合物”），包含的化学键有 （填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”）。
（3）F常温下可以形成两种用途广泛的氢化物，它们的电子式分别为 和 ，并用电子式表示出其最简单气态氢化物的形成过程 。
（4）D在元素周期表中的位置 ，D与E相比非金属性较强的是 (填元素名称)，请从原子结构的角度解释原因： 。
（5）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1。写出该反应的化学方程式： 。
【答案】（1）Al；碳； C
（2）离子化合物；离子键和非极性共价键
（3）；；
（4）第三周期第VIA族；氯；氯与硫电子层数相同，氯原子半径小于硫，氯对最外层电子的吸引能力强，所以氯得电子能力强，即非金属性氯大于硫
（5）4KClO3 KCl+3KClO4
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)根据上述分析可知，B为Al元素，元素符号为Al，G为C元素，元素名称为碳， C可用于测定文物年代，故答案为：Al；碳； C；(2)O与Na以原子个数比为1：1形成的一种化合物为Na2O2，Na+和O22-形成离子键，O22-中O原子和O原子之间形成非极性共价键，属于离子化合物，故答案为：离子化合物；离子键和非极性共价键；(3)N在常温下可形成两种用途广泛的氢化物为NH3和N2H4，均属于共价化合物，电子式分别为 和 ，最简单的气态氢化物为NH3，其形成过程可表示为 ，故答案为： ； ； ；(4)D为S元素，位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，E为Cl元素，由于氯与硫电子层数相同，氯原子半径小于硫，氯对最外层电子的吸引能力强，所以氯得电子能力强，则非金属性Cl＞S，故答案为：第三周期第ⅥA族；氯；氯与硫电子层数相同，氯原子半径小于硫，氯对最外层电子的吸引能力强，所以氯得电子能力强，即非金属性氯大于硫；(5)根据题干信息可知，KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则两种盐为氯化钾和高氯酸钾，反应方程式为4KClO3 KCl+3KClO4，故答案为：4KClO3 KCl+3KClO4。
【分析】由题干信息，A、B、C、D、E、F、G是周期表中短周期元素，A的一种单质可吸收紫外线，是地球的保护伞，该单质是O3，则A是O元素，B阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的，则B为Al元素，C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)，则C为Na元素，D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味，则D为S元素，E与D同周期，且在该周期中原子半径最小，则E为Cl元素，F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物，则F为N元素，G是形成化合物种类最多的元素，则G是C元素，据此分析解答。
23．（2020高一下·大庆期中）A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件未标出）
（1）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，反应④的离子方程式是 ，用电子式表示C的形成过程 ，六种物质中所有元素的原子半径由大到小的顺序为 （用元素符号表示）。
（2）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则C的化学式为 ，E的结构式为 ，A、D、F所对应元素的气态氢化物的稳定性，由强到弱的顺序是 （用化学式表示），反应①的化学方程式是 。
（3）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，反应①的化学方程式是 ，在反应中若有3mol电子转移，则生成C的物质的量为 。
【答案】（1）C+4H++4NO3 CO2↑+4NO2↑+2H2O；；Mg＞C＞N＞O＞H
（2）CO；O=C=O；H2O＞CH4＞SiH4；SiO2+2C Si+2CO↑
（3）2NH3+3Cl2=N2+6HCl；0.5mol
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电子数为x，则2+8+x=2(2+2x)，解得x=2，故A为Mg，D为C，则B为CO2，C为MgO，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3，E为Mg(NO3)2，反应④的离子方程式是C+4H++4NO3 CO2↑+4NO2↑+2H2O；C为MgO，C的形成过程为： ；六种物质中所有元素为H、Mg、N、C、O，同周期元素，随核电荷数增大，半径减小，原子半径由大到小的顺序为Mg＞C＞N＞O＞H；(2)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，A和F反应生成E，C和F生成E，则C的化学式为CO，E为CO2，结构式为O=C=O；A、D、F所对应元素的气态氢化物分别为H2O、CH4、SiH4，非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，则由强到弱的顺序是H2O＞CH4＞SiH4；反应①为化学方程式是SiO2+2C Si+2CO↑；(3)若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，反应①为置换反应，化学方程式是2NH3+3Cl2=N2+6HCl，每生成1mol N2转移6mol电子，则若有3mol电子转移，生成N2的物质的量为0.5mol。
【分析】(1)若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电子数为x，则2+8+x=2(2+2x)，解得x=2，故A为Mg，D为C，则B为CO2，C为MgO，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3，E为Mg(NO3)2，据此分析解答；(2)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，据此分析解答；(3)若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，据此分析解答。
黑龙江省大庆铁人中学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·大庆期中）美日科学家因在研究“钯催化交叉偶联反应”所作出的杰出贡献，曾获得诺贝尔化学奖。钯(Pd)元素的原子序数为46，下列叙述错误的是（ ）
A． Pd和 Pd的化学性质几乎相同
B．钯与铁是同族元素
C．Pd2+核外有44个电子
D． Pd的原子核内有52个中子
2．（2020高一下·大庆期中）反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列化学用语错误的是（ ）
A．N2的电子式：
B．NH4Cl的电离方程式：NH4Cl=NH4++Cl-
C．Cl原子的结构示意图：
D．H2O的结构式：
3．（2020高一下·大庆期中）下列现象或事实可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．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度都会降低
C．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸
D．不能用pH试纸测定浓硫酸和新制氯水的pH
4．（2020高一下·大庆期中）下列说法错误的是（ ）
A．非金属元素的原子间既能形成共价化合物，又能形成离子化合物
B．Cl2、Br2、I2的分子间作用力依次增强
C．氯化氢气体溶于水后电离出离子，是因为破坏了离子键
D．干冰、NaCl固体、石英晶体的熔沸点逐渐升高
5．（2020高一下·大庆期中）下列排列顺序中，正确的是（ ）
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②离子半径：Cl->Na+>Mg2+>Al3+
③结合质子(H+)能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-
④酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4
⑤还原性：S2->I->Br->Cl-
A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．②③⑤
6．（2020高一下·大庆期中）长征2号火箭承担运载“神六”的使命，氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号(CZ2F)火箭的优良炸药。下列说法正确的是（ ）
A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1∶2∶3
B．它们和水反应都表现氧化性
C．H、D、T之间互称为同素异形体
D．它们的阴离子半径都比阳离子半径大
7．（2020高一下·大庆期中）已知某元素的阳离子R+的核内中子数为n，质量数为A。则mg它的氧化物中所含电子的物质的量为（ ）
A． (A-n+8)mol B． (A-n+10)mol
C． (A-n+4)mol D． (A-n+8)mol
8．（2020高一下·大庆期中）已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的有几个（ ）
①BF3、CCl4中所有原子均达到最外层8电子稳定结构
②46g SiO2中含有共价键的数目为NA
③2g H218O和D2O的混合物中，含有的电子数为NA
④K2SO4溶于水的过程中有离子键、共价键的断裂
⑤78g Na2O2中所含离子的数目为4NA
⑥18g D2O的中子数小于10NA
⑦1mol NH5中含有5NA个N—H键（已知NH5中所有原子都达到稀有气体的稳定结构）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（2020高一下·大庆期中）类推是一种重要的学习方法，但如果不具体问题具体分析就会得出不符合题意结论。下列类推结论正确的是（ ）
A．SiH4的熔沸点比CH4高，则PH3的熔沸点比NH3高
B．H2O比NH3稳定，则H2S也比NH3稳定
C．Al既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应，则同主族的铟(In)也都能与二者反应
D．同族元素有Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2，Pb(OH)4的碱性也应强于Sn(OH)4
10．（2020高一下·大庆期中）“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、I2固体易升华 的说法正确的是（ ）
A．加热时，①中封管内固体消失
B．加热时，②中溶液变为无色，冷却后又变红
C．加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现SO2的氧化性
D．加热又冷却的过程中，①④属于物理变化，②③属于化学变化
11．（2020高一下·大庆期中）下列有关物质结构和元素周期律的说法中，正确的是（ ）
A．共价化合物一定只含有共价键
B．元素原子电子层数越多，越容易失电子，金属性越强
C．同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，简单离子的半径逐渐减小
D．同一主族元素对应氢化物的沸点，从上到下逐渐增大
12．（2020高一下·大庆期中）下列说法正确的个数为（ ）
①化学键断裂，一定发生化学变化
②任何物质中都存在化学键
③氢键是极弱的化学键
④离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力
⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键
⑥任何共价键中，成键原子成键后均满足稳定结构
⑦验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电
⑧两种非金属元素形成的化合物不可能含有离子键
A．1 B．2 C．3 D．4
13．（2020高一下·大庆期中）原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的最高正化合价与Z的相同，Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，Y元素的周期序数等于族序数，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂。下列说法错误的是（ ）
A．W单质易溶于W与X形成的某种化合物
B．X和Z的单质的硬度均较大
C．野外钢轨焊接中常用到Y的单质
D．Q通常可用来干燥CO2、SO2、NO2等气体
14．（2020高一下·大庆期中）寿山石M4[N4Y10(YX)8]是我国四大印章石之首，被称为国石。X、Y、M、N是原子序数依次增大的短周期元素，M元素是地壳中含量最高的金属元素，N元素的单质常用来制造太阳能电池，X3Y+和YX-含有相同的电子数。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：X
D．X和M形成的化合物溶于水显酸性
15．（2020高一下·大庆期中）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 L M X R T Q
原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.089 0.074 0.078
主要化合价 +2 +3 +6、-2 +2 -2 +5、-3
则下列相关叙述错误的是（ ）
A．简单氢化物的沸点：T>X
B．离子半径：X2->T2->L2+>M3+
C．T和氢元素形成的化合物中只含有极性共价键
D．M和R的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应又能与强酸反应
16．（2020高一下·大庆期中）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径大小：X＞Y
B．气态氢化物的还原性：X＜Z
C．丁和戊中所含元素种类相同
D．W的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存
17．（2020高一下·大庆期中）一种新型漂白剂(如下图)可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（ ）
A．工业上通过电解熔融的WX来制得W
B．Z、X两元素形成的某种化合物可做消毒剂
C．Y的最高价氧化物对应水化物为强酸
D．该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构
18．（2020高一下·大庆期中）下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2＋
B Cu与浓硫酸反应，实验结束后，将水加入烧瓶中 溶液变蓝 证明反应生成了Cu2＋
C 向某溶液中滴加稀硫酸 产生有刺激性气味的气体 原溶液中可能含有SO32-
D 向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无NH4+
A．A B．B C．C D．D
19．（2020高一下·大庆期中）某稀溶液中含有5molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)，最终溶液体积为1L。下列说法正确的是（ ）
A．所得溶液中c(NO3-)=2.75mol·L-1
B．所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)=1：1
C．反应后生成NO的体积为33.6L(标准状况下)
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
20．（2020高一下·大庆期中）一定量的浓硝酸与足量铜在烧杯中充分反应，产生NO2、N2O4和NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，则气体被水完全吸收。若继续向烧杯中加入5mol·L-1H2SO4溶液100mL，剩余的铜恰好被溶解，则Cu的总质量为（ ）
A．9.6g B．19.2g C．24g D．25.6g
二、实验题
21．（2020高一下·大庆期中）某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行某些气体的制备、性质等实验(图中夹持装置有省略)。请按要求填空：
（1）Ⅰ.探究氯气与氨气的反应
为制取干燥氨气，可将装置C与 (填装置名称)连接；装置C中的烧瓶内固体宜选用 。
a.氯化钙 b.碱石灰 c.五氧化二磷 d.生石灰
（2）装置A、E、E连接可制取纯净、干燥的氯气，则两个E装置内的药品依次是 。
（3）装置F可用于探究氯气与氨气的反应。实验时打开开关1、3，关闭2，先向烧瓶中通入 （填名称），然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓慢通入一定量的另一种气体。实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子 ，F的烧杯中所装液体为 ，所起的作用是 。
（4）Ⅱ.探究某些物质的性质
利用装置A、E，可设计实验比较Cl-和Br-的还原性强弱。将装置A中产生的气体通入盛有NaBr溶液的装置E中，充分反应后取下E，加入CCl4，静置后观察到 的实验现象，则证明Br-的还原性强于Cl-。
（5）将装置B、C分别与F相连后，进行H2S与SO2反应的实验。简述检查装置B气密性的操作 ，F的烧瓶中发生反应的化学方程式为 。
三、推断题
22．（2020高一下·大庆期中）A、B、C、D、E、F、G是周期表中短周期的七种元素，有关性质或结构信息如下表：
元素 有关性质或结构信息
A 其一种单质可吸收紫外线，是地球的保护伞
B B阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的
C C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)
D D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味
E E与D同周期，且在该周期中原子半径最小
F F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物
G G是形成化合物种类最多的元素
（1）B元素符号为 ，G的元素名称为 ，它的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 。
（2）A与C以原子个数比为1：1形成的一种化合物，其所属化合物类型为 （填“离子化合物”或“共价化合物”），包含的化学键有 （填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”）。
（3）F常温下可以形成两种用途广泛的氢化物，它们的电子式分别为 和 ，并用电子式表示出其最简单气态氢化物的形成过程 。
（4）D在元素周期表中的位置 ，D与E相比非金属性较强的是 (填元素名称)，请从原子结构的角度解释原因： 。
（5）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1。写出该反应的化学方程式： 。
23．（2020高一下·大庆期中）A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件未标出）
（1）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，反应④的离子方程式是 ，用电子式表示C的形成过程 ，六种物质中所有元素的原子半径由大到小的顺序为 （用元素符号表示）。
（2）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则C的化学式为 ，E的结构式为 ，A、D、F所对应元素的气态氢化物的稳定性，由强到弱的顺序是 （用化学式表示），反应①的化学方程式是 。
（3）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，反应①的化学方程式是 ，在反应中若有3mol电子转移，则生成C的物质的量为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】A． Pd和 Pd均属Pd元素，化学性质几乎相同，A不符合题意；
B．钯与铁都是第Ⅷ族元素，B不符合题意；
C．Pd2+的核外电子数=46-2=44，C不符合题意；
D． Pd的中子数=108-46=62，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A．相同元素的原子，化学性质相同；
B．两者为同一族元素；
C．Pd2+为带两个电荷的阳离子，失去了两个电子；
D． 中子数=质量数-质子数。
2．【答案】A
【知识点】原子结构示意图；结构式；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．N2的电子式为： ，A符合题意；
B．NH4Cl是强电解质，完全电离，其电离方程式为：NH4Cl=NH4++Cl-，B不符合题意；
C．Cl是17号元素，其原子的结构示意图为： ，C不符合题意；
D．H2O是“V”形分子，其结构式为： ，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A．N2的两个原子间形成NN；
B．强电解质完全电离；
C．Cl原子最外层7个电子；
D．H2O是“V”形分子，为极性分子。
3．【答案】A
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．浓HNO3在光照条件下分解成NO2、O2、H2O，氯水中的HClO在光照条件下分解成HCl和O2，故浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存均是因为在光照条件下会分解，原理相同，A符合题意；
B．浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸收空气中的水蒸气使浓度降低，浓盐酸中HCl挥发使浓度降低，二者原理不同，B不符合题意；
C．常温下浓硝酸使Fe钝化，发生氧还原反应，浓硝酸和Pt不反应，二者原理不同，C不符合题意；
D．因浓硫酸具有脱水性，不能用pH试纸测其pH，因新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测其pH，二者原理不同，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A．浓HNO3和HClO在光照条件下均容易分解；
B．浓硫酸具有吸水性，浓盐具有挥发性；
C．常温下浓硝酸使Fe钝化，Pt为惰性金属，一般条件下不和酸碱反应；
D．因浓硫酸具有脱水性，会使pH试纸脱水碳化，新制氯水具有强氧化性，会使pH试纸漂白。
4．【答案】C
【知识点】离子键的形成；离子化合物的结构特征与性质；晶体熔沸点的比较；分子间作用力对物质的状态等方面的影响
【解析】【解答】A．非金属元素的原子间既能形成共价化合物，如H2O，又能形成离子化合物，如NH4Cl，A不符合题意；
B．一般来说，对于组成和相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强，即Cl2、Br2、I2的分子间作用力依次增强，B不符合题意；
C．H原子和Cl原子之间以共价键结合成HCl分子，溶于水后共价键被破坏电离出离子，C符合题意；
D．干冰是分子晶体，NaCl固体是离子晶体，石英晶体是原子晶体，故三者熔沸点升高，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A．非金属元素的原子间既能形成共价化合物；
B．注意Cl2、Br2、I2的物理状态变化，分别为气体、液体、固体；
C．HCl分子是共价键；
D．一般情况下，熔沸点是分子晶体<离子晶体<原子晶体。
5．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究硅酸钠溶液的碱性、热稳定性；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】①非金属性：F＞O＞S，故热稳定性：HF＞H2O＞H2S，①不符合题意；
②Cl-有三个电子层，半径最大，Na+、Mg2+、Al3+均有2个电子层，核电荷数：Na+＜Mg2+＜Al3+，故半径Cl->Na+>Mg2+>Al3+，②符合题意；
③电离常数：HCl＞CH3COOH＞H2O，故结合质子(H+)能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-，③符合题意；
④非金属性：Cl＞S＞P，故酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，④不符合题意；
⑤非金属性：Cl＞Br＞I＞S，故还原性：S2->I->Br->Cl-，⑤符合题意；
②③⑤符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】①F为非金属性最强的元素；
②具有相同电子层数的阳离子，核电荷数越大，半径越小；
③HCl为强电解质，CH3COOH为弱酸、弱电解质，H2O为弱电解质；
④可以通过比较最高价氧化物的水化物来比较非金属性；
⑤非金属性越强，对应的简单阴离子还原性越弱。
6．【答案】D
【知识点】同位素及其应用
【解析】【解答】A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比=(7+1)g/mol:(7+2)g/mol:(7+3)g/mol=8:9:10，A不符合题意；
B．LiH、LiD、LiT分别与水反应生成LiOH和H2、HD、HT，LiH、LiD、LiT中的H、D、T化合价从-1升高到0价，故LiH、LiD、LiT分别作还原剂，表现还原性，B不符合题意；
C．H、D、T是氢元素的三种核素，互称为同位素，C不符合题意；
D．H-、D-、T-、Li+核外电子排布相同，Li+的核电荷数较大，半径较小，即LiH、LiD、LiT中，阴离子半径都比阳离子半径大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A．H、D、T的质量数分别为1、2、3；
B．H、D、T互为同位素，化学性质几乎完全相同；
C．同位素是指质子数相同、中子数不同的同一元素的原子；
D．H、D、T均为氢元素，具有相同电子层数的阴离子半径大于阳离子半径。
7．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】某元素的阳离子R+的核内中子数为n，质量数为A，则其质子数=质量数-中子数=A-n，所以其原子核外电子数=质子数=A-n；它的氧化物化学式应为R2O，摩尔质量为(2A+16)g/mol，所含电子数为2(A-n)+8；mgR2O的物质的量为 ，所含电子的物质的量为 = (A-n+4)mol，C符合题意。
故答案为：C
【分析】元素表示的意义，带一个电荷的阳离子，质量数为A，质子数为A-n，核外电子数为A-n-1，氧化物的化学式R2O，然后根据n=m/M计算可得。
8．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】①BF3中B原子最外层只有6个电子，①不符合题意；
②SiO2由原子构成，1mol SiO2中平均含4mol Si-O键，46g SiO2的物质的量为 ，含有共价键的物质的量为4× = ，即含共价键数目为 NA，②不符合题意；
③H218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol，2g H218O和D2O的混合物的物质的量= =0.1mol，每个H218O和D2O分子均含10个电子，故2g H218O和D2O的混合物所含电子的物质的量=0.1mol×10=1mol，即所含电子数为NA，③符合题意；
④K2SO4中K+和SO42-之间以离子键结合，溶于水电离出K+和SO42-，离子键断裂，无共价键断裂，④不符合题意；
⑤Na2O2由Na+和O22-构成，78g Na2O2的物质的量为 =1mol，所以78g Na2O2中所含离子的物质的量=1mol×3=3mol，即含离子数目为3NA，⑤不符合题意；
⑥18g D2O的物质的量为 ，每个D2O分子的中子数=1×2+8×1=10，故18g D2O所含中子的物质的量为0.9mol×10=9mol，即中子数为9NA，小于10NA，⑥符合题意；
⑦若1mol NH5中含有5NA个N—H键，则1和NH5分子中含5个N-H键，N原子最外层电子数为10，与NH5中所有原子都达到稀有气体的稳定结构矛盾，⑦不符合题意；
综上所述，①②④⑤⑦不符合题意，C符合题意。
故答案为：C
【分析】①B为第5号元素，最外层3个电子；
②SiO2需要考虑其原子晶体的构型，不存在二氧化硅分子；
③H和D的质量数分别为1和2，注意区别；
④K2SO4=2K++SO42-；
⑤Na2O2属于离子化合物；
⑥ D2O的摩尔质量为20g/mol ；
⑦ N最外层5个电子，每个电子和H原子形成共用电子对。
9．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．氨气分子之间存在氢键，导致熔沸点高于PH3，A不符合题意；
B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，O的非金属性大于N，所以H2O比NH3稳定，但S的非金属性小于N，所以H2S不如NH3稳定，B不符合题意；
C．同主族元素自上而下金属性增强，铟(In)的金属性比Al强，不一定能和氢氧化钠反应，C不符合题意；
D．Ca和Mg为同主族元素，Ca位于Mg的下方，金属性更强，所以Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2，同理Pb、Sn位于同一主族，Pb位于Sn下方， Pb的金属性强于Sn，所以碱性应该是 Pb(OH)4＞Sn(OH)4，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A．N、O、F的氢化物均存在氢键；
B．氢化物的稳定性取决于元素的非金属性强弱；
C．元素周期表中金属和非金属的交界位置的某些元素具有两性；
D．同主族元素，从上到下，金属性更强。
10．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】A．氯化铵不稳定，加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又生成氯化铵，封管内固体不消失，A不符合题意；
B．加热时氨气逸出，溶液的颜色为无色，冷却后氨气溶解溶液变为红色，B符合题意；
C．加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现SO2的漂白性，C不符合题意；
D．氯化铵的分解为化学变化，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】】A．NH4Cl(s)NH3↑+HCl↑、NH3+HCl=NH4Cl(s)；
B．NH3 H2ONH3↑+H2O,NH3+H2O=NH3 H2O；
C．SO2可以和品红形成不稳定的无色物质，加热恢复红色；
D．①②③均为化学变化
11．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．只含共价键的化合物称为共价化合物，故共价化合物一定只含共价键，A符合题意；
B．元素原子失电子能力和电子层数、最外层电子数、核电荷数等有关，故电子层数多的失电子能力不一定强，即金属性不一定强，B不符合题意；
C．同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，简单阳离子的半径逐渐减小，简单阴离子的半径逐渐减小，但简单阴离子的半径比简单阳离子的半径大，C不符合题意；
D．NH3、H2O、HF分子间存在氢键，沸点在同主族元素的氢化物中较高，即对应主族元素的氢化物的沸点从上到下先减小后增大，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A．含离子键的一定是离子化合物；
B．电子层数多的失电子能力不一定强；
C．一般金属元素形成阳离子，非金属形成阴离子；
D．含有氢键的物质熔沸点变化不规律。
12．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；离子键的形成；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】①化学键断裂，不一定发生化学变化，如NaCl溶于水，离子键断裂，但是是一个物理变化，①不符合题意；
②不是所有物质中都存在化学键，如稀有气体中不含化学键，②不符合题意；
③氢键不属于化学键，③不符合题意；
④离子键就是阴、阳离子之间的静电作用，包括静电引力和静电斥力，④不符合题意；
⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键，⑤符合题意；
⑥不是所有原子形成共价键后均满足稳定结构，例如BF3中B原子最外层只有6个电子，⑥不符合题意；
⑦离子化合物在熔化状态下能够电离出阴阳离子而导电，而共价化合物由共价分子构成，熔化状态不会导电，故验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电，⑦符合题意；
⑧两种非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如NH4H，⑧不符合题意；综上所述：⑤⑦符合题意，B符合题意。
故答案为：B
【分析】①离子化合物溶于水断裂离子键；
②惰性气体不存在化学键，存在分子间作用力；
③氢键属于分子间作用力；
④阴、阳离子之间的静电作用，包括静电引力和静电斥力；
⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键；
⑥并不是所有的共价化合物均为2电子或8电子的稳定结构；
⑦离子化合物在熔融态能电离出阴阳离子；
⑧注意某些特殊的离子化合物。
13．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．W的单质为S，W与X形成的化合物为CS2，S易溶于CS2，A不符合题意；
B．C单质可能质软，如石墨，B符合题意；
C．常用Y(Al)和Fe2O3的铝热反应焊接钢轨，用到Y(Al)，C不符合题意；
D．Q为浓硫酸，CO2、SO2、NO2均不和浓硫酸反应，故可用浓硫酸干燥CO2、SO2、NO2等气体，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，则Z必为第三周期元素，设Z原子的最外层电子数为n，则n=0.4×(2+8)，解得：n=4，则Z为14号元素Si；
X的最高正化合价与Z的相同，则X为C；
W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂，则Z为S，Q为硫酸；
Y的原子序数比X大且Y元素的周期序数等于族序数，则X为Al；
综上所述，X、Y、Z、W分别为：C、Al、Si、S，据此解答。
14．【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】A．H原子只有1个电子层，原子半径最小，O原子有2个电子层，Al、Si原子均有3个电子层，故O原子半径第二小，Al、Si原子均有3个电子层，Si的核电荷数较Al大，故原子半径Si小于Al，综上所述，原子半径：X(H)
C．M为Al，和Al同主族且原子序数比Al大的元素原子序数应为：13+18=31、31+18=49、49+32=81、81+32=113，即第81号元素与M不属于同一主族，C不符合题意；
D．X为H、M为Al，H与Al形成的化合物为AlH3，AlH3与水反应生成Al(OH)3和氢气，故X和M形成的化合物溶于水显碱性，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】M元素是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al；
N元素的单质常用来制造太阳能电池，则N为Si；
X3Y+和YX-含有相同的电子数，则X为H，Y为O，X3Y+为H3O+，YX-为OH-；
综上所述，X、Y、M、N分别为：H、O、Al、Si，据此解答。
15．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．T为O，X为S，O的简单氢化物H2O常温呈液态，S的氢化物H2S常温呈气态，故简单氢化物的沸点：T(H2O)＞X(H2S)，A不符合题意；
B．X为S，T为O，L为Mg，M为Al，S2-有三个电子层，其余三种离子具有相同的电子层结构、且有2个电子层，故S2-的半径最大，核电荷数：O＜Mg＜Al，故离子半径：S2-＞O2-＞Mg2+＞Al3+，即离子半径：X2->T2->L2+>M3+，B不符合题意；
C．T为O，O和H形成的化合物为H2O和H2O2，H2O2既含极性共价键、又含非极性共价键，C符合题意；
D．M为Al，R为Be，Be和Al位于金属元素与非金属元素分界线附近，其最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3和Be(OH)2均为两性氢氧化物，均既能与强碱反应又能与强酸反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、T主要化合价均有-2价，X半径比T大且X有+6价，则T为O，X为S；
L、R主要化合价均为+2价且L原子半径大于R原子半径，则L为Mg，R为Be；
Q有+5价和-3价且Q的原子半径比X(S)小，则Q为N；
M常见化合价为+3价且原子半径比X(S)大，则M为Al；
综上所述，L、M、X、R、T、Q分别为：Mg、Al、S、Be、O、N，据此解答。
16．【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．X为O，Y为Al，O2-和Al3+的核外电子排布相同，均有2个电子层，O的核电荷数较小，故O2-的半径比Al3+的半径大，即简单离子半径大小：X＞Y ，A不符合题意；
B．X为O，Z为S，O的非金属比S强，所以O2的氧化性比S单质的氧化性强，O2-的还原性比S2-的还原性弱，所以气态氢化物的还原性：X＜Z，B不符合题意；
C．丁为H2O，戊为H2O2，二者所含元素种类相同，C不符合题意；
D．W的简单离子为H+，Z的简单离子为S2-，二者在水溶液中发生反应生成H2S，因此不能大量共存，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】四种元素均为短周期元素，常温下，甲的浓溶液和A发生钝化，则A为Al，元素Y为Al元素，甲为硫酸或硝酸；丙是无色气体，则甲为硫酸，丙为二氧化硫，丁为水，乙为硫酸铝，丙和戊反应生成硫酸，则戊为过氧化氢；丙、丁、戊均是由W、X、Y、Z四种元素组成的化合物，则元素W、X、Z应为：H、O、S；综上所述，元素W、X、Y、Z分别为：H、O、Al、S，甲、乙、丙、丁、戊分别为：H2SO4、Al2(SO4)3、SO2、H2O、H2O2，A为Al，据此解答。
17．【答案】B
【知识点】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Mg，X为O，Y为B，Z为H元素
A．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，A选项不符合题意；
B．H和O元素形成的化合物H2O2俗称双氧水，具有强氧化性，常用作医疗上的消毒剂，B选项符合题意；
C．Y为B，B的最高价氧化物对应水化物H3BO3为弱酸，C选项不符合题意；
D．该漂白剂中H元素不满足8电子稳定结构，D选项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，Y位于ⅢA族，据此分析解答。
18．【答案】C
【知识点】物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液变红的原因是发生反应3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，所以稀硫酸不能氧化亚铁离子，A不符合题意；
B．Cu与浓硫酸反应，实验结束后，浓硫酸可能未反应完全，类比浓硫酸的稀释，应将Cu与浓硫酸反应后的混合物加入到盛有水的烧瓶中，确保实验安全，B不符合题意；
C．产生有刺激性气味的气体可能是SO2，原溶液中可能含有SO32-、也可能含有HSO3-等，C符合题意；
D．滴加稀NaOH溶液，且实验过程中未加热，可能生成一水合氨，氨气未从溶液中逸出，则原溶液中可能含NH4+，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A．NO3-在酸性条件下具有强氧化性；
B．浓硫酸具有吸水性，且溶解时放出大量的热；
C.SO32-和HSO3-均和稀硫酸反应产生SO2气体；
D．铵根离子检验过程需要加热。
19．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；气体摩尔体积
【解析】【解答】根据以上分析可知
A．所得溶液中c(NO3－)＝ =3.75 mol·L－1，故A不符合题意；
B．所得溶液中所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)＝ ： =1：1，故B符合题意；
C．反应后生成NO的体积为V(NO)=n(NO)×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L (标准状况下)，故C不符合题意；
D．反应所得溶液中阳离子为铁离子、亚铁离子和钾离子，阴离子为硫酸根离子和硝酸根离子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】第一步反应：比例关系来看，只有H+ 完全反应。
铁粉剩余1.5mol-1.25mol=0.25mol 硝酸根离子剩余5mol-1.25mol=3.75mol
n(Fe3+)=1.25mol ， V(NO)=n(NO)×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L；
第二步反应：比例关系来看，铁粉完全反应。
铁离子剩余：1.25mol-0.5mol=0.75mol，生成n(Fe2+)=0.75mol。
20．【答案】D
【知识点】质量守恒定律
【解析】【解答】Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与1.12LO2(标况)混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子失去的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n(Cu)= ＝0.1mol，硝酸溶解的铜的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，根据原子守恒得n(Cu)=n[Cu(NO3)2]=0.1mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n(H+)=2n(H2SO4)=2×5mol/L×0.1L=1mol，n(H+)：n(NO3-)=1mol：0.2mol=5：1＞ ，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量，设溶解Cu的质量为x，则：
192g：2mol=x：0.2mol，解得x＝19.2g，故反应过程中一共消耗铜的质量=19.2g+6.4g=25.6g。
故答案为：D。
【分析】明确物质之间的反应是解本题的关键，注意进行过量计算，注意转移电子守恒、原子守恒的利用，难点和易错点是没有进行过量计算。
21．【答案】（1）球形干燥管（或干燥管）；b、d
（2）饱和食盐水、浓硫酸
（3）氯气；取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+；NaOH溶液；吸收逸出的Cl2
（4）装置E中的液体分层，下层液体为橙红色（或红棕色）
（5）夹紧止水夹，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；SO2＋2H2S=3S＋2H2O
【知识点】氨的性质及用途；气体发生装置的气密性检查；实验装置综合
【解析】【解答】Ⅰ(1)氨气若用装置C制取，利用的是浓氨水与吸水剂反应，注意吸水剂不能与氨气反应，可选用碱石灰或生石灰，则C与球形干燥管（或干燥管）相连，
故答案为：b、d；(2)制取氯气的反应原理为浓盐酸与二氧化锰加热，若获得纯净、干燥的氯气，要先通过饱和食盐水吸收挥发出来的HCl，再通过浓硫酸干燥；(3)开关3与液体相连，若先通氨气，易导致喷泉现象发生，另外，氯气为黄绿色气体，最后通氯气易干扰白烟现象的观察，故先通氯气后通氨气。NH4+的检验方法为取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+；F的烧杯中所装液体为NaOH溶液，作用是吸收逸出的Cl2；Ⅱ(4)比较Cl－和Br－的还原性强弱，可利用其对应单质间的置换反应，即氯气能将溴化钠溶液中的溴离子置换出来生成溴单质，在加入四氯化碳，溴在四氯化碳中的溶解度更大，被四氯化碳萃取并分层，四氯化碳的密度比水大，则现象为：装置E中的液体分层，下层液体为橙红色（或红棕色）；(5)检查装置B气密性的操作为：夹紧止水夹，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；B生成H2S，C生成SO2，二者混合生成S和H2O，化学方程式为SO2＋2H2S=3S＋2H2O。
【分析】Ⅰ(1)氨气是碱性气体应使用碱性干燥剂，一般为碱石灰或生石灰；(2)浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中含有HCl和水蒸气；(3)氨气极易溶于水，易引起倒吸，形成喷泉，氯气有颜色，会对实验现象产生干扰；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；氯气有毒，不能排放到大气中，一般用碱液吸收； Ⅱ(1)氯气能将溴化钠溶液中的溴离子置换出来，溴在四氯化碳中的溶解度更大，被四氯化碳萃取并分层，四氯化碳的密度比水大；(2)检查装置B气密性的操作为：夹紧止水夹，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；B生成H2S，C生成SO2，二者混合生成S和H2O。
22．【答案】（1）Al；碳； C
（2）离子化合物；离子键和非极性共价键
（3）；；
（4）第三周期第VIA族；氯；氯与硫电子层数相同，氯原子半径小于硫，氯对最外层电子的吸引能力强，所以氯得电子能力强，即非金属性氯大于硫
（5）4KClO3 KCl+3KClO4
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)根据上述分析可知，B为Al元素，元素符号为Al，G为C元素，元素名称为碳， C可用于测定文物年代，故答案为：Al；碳； C；(2)O与Na以原子个数比为1：1形成的一种化合物为Na2O2，Na+和O22-形成离子键，O22-中O原子和O原子之间形成非极性共价键，属于离子化合物，故答案为：离子化合物；离子键和非极性共价键；(3)N在常温下可形成两种用途广泛的氢化物为NH3和N2H4，均属于共价化合物，电子式分别为 和 ，最简单的气态氢化物为NH3，其形成过程可表示为 ，故答案为： ； ； ；(4)D为S元素，位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，E为Cl元素，由于氯与硫电子层数相同，氯原子半径小于硫，氯对最外层电子的吸引能力强，所以氯得电子能力强，则非金属性Cl＞S，故答案为：第三周期第ⅥA族；氯；氯与硫电子层数相同，氯原子半径小于硫，氯对最外层电子的吸引能力强，所以氯得电子能力强，即非金属性氯大于硫；(5)根据题干信息可知，KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则两种盐为氯化钾和高氯酸钾，反应方程式为4KClO3 KCl+3KClO4，故答案为：4KClO3 KCl+3KClO4。
【分析】由题干信息，A、B、C、D、E、F、G是周期表中短周期元素，A的一种单质可吸收紫外线，是地球的保护伞，该单质是O3，则A是O元素，B阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的，则B为Al元素，C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)，则C为Na元素，D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味，则D为S元素，E与D同周期，且在该周期中原子半径最小，则E为Cl元素，F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物，则F为N元素，G是形成化合物种类最多的元素，则G是C元素，据此分析解答。
23．【答案】（1）C+4H++4NO3 CO2↑+4NO2↑+2H2O；；Mg＞C＞N＞O＞H
（2）CO；O=C=O；H2O＞CH4＞SiH4；SiO2+2C Si+2CO↑
（3）2NH3+3Cl2=N2+6HCl；0.5mol
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电子数为x，则2+8+x=2(2+2x)，解得x=2，故A为Mg，D为C，则B为CO2，C为MgO，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3，E为Mg(NO3)2，反应④的离子方程式是C+4H++4NO3 CO2↑+4NO2↑+2H2O；C为MgO，C的形成过程为： ；六种物质中所有元素为H、Mg、N、C、O，同周期元素，随核电荷数增大，半径减小，原子半径由大到小的顺序为Mg＞C＞N＞O＞H；(2)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，A和F反应生成E，C和F生成E，则C的化学式为CO，E为CO2，结构式为O=C=O；A、D、F所对应元素的气态氢化物分别为H2O、CH4、SiH4，非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，则由强到弱的顺序是H2O＞CH4＞SiH4；反应①为化学方程式是SiO2+2C Si+2CO↑；(3)若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，反应①为置换反应，化学方程式是2NH3+3Cl2=N2+6HCl，每生成1mol N2转移6mol电子，则若有3mol电子转移，生成N2的物质的量为0.5mol。
【分析】(1)若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电子数为x，则2+8+x=2(2+2x)，解得x=2，故A为Mg，D为C，则B为CO2，C为MgO，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3，E为Mg(NO3)2，据此分析解答；(2)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，据此分析解答；(3)若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，据此分析解答。
