2018-2019学年湖北省荆州中学、宜昌一中等三校高一3月联考化学试题（解析版） 17页

‎2018-2019学年湖北省荆州中学、宜昌一中等三校高一3月联考 化学试题（解析版）‎ 本试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Fe 56‎ 一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.某金属原子的符号为，该原子核内的中子数与核外电子数之差为 A. 32 B. 67 C. 99 D. 166‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中质子数为67，质量数为166，中子数=质量数-质子数，核外电子数=核电荷数，据此分析解答。‎ ‎【详解】由题意易知，核外电子数等于核电荷数均为67，原子核内的中子数为166-67 = 99，其与核外电子数之差为：99-67=32，A项正确，‎ 故答案为A。‎ ‎2.下列各组物质中，第一种是电解质，第二种是分散系，第三种是合金的是 （　　）‎ A. 硫酸、CuSO4·5H2O、生铁 B. 酒精、空气、铜绿 C. 二氧化碳、明矾、熟石灰 D. 硝酸钾、食盐水、黄铜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 硫酸、CuSO4·5H2O、生铁分别是电解质、电解质和金属单质，A错误；B. 酒精、空气、铜绿分别是非电解质、混合物、混合物，B错误；C. 二氧化碳、明矾、熟石灰分别是非电解质、纯净物、纯净物，C错误；D. 硝酸钾、食盐水、黄铜分别是电解质、溶液、合金，D正确，答案选D。‎ ‎3.下列实验操作中错误的是 A. 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 B. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口 C. 蒸发结晶时应将溶液蒸干 D. 称量时，砝码放在托盘天平右盘 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 依据分离物质的目的，进行分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体分离不彻底，A项正确；‎ B. 依据蒸馏实验的原理可知，温度计测量的是蒸汽的温度，所以水银球应置于靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B项正确；‎ C. 蒸发结晶时，当蒸发皿中出现较多固体时停止加热，用余热烘干，C项错误；‎ D. 托盘天平的正确使用方法是：左物右码，即应将称量物放在托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘，D项正确。‎ 答案选C。‎ ‎4.某溶液中只存在以下4种离子：NO3-、SO42-、H+、R离子(忽略微量的H+和OH-)，且浓度均为1mol/L，则R离子可能为 A. Fe2+ B. Mg2+ C. Ba2+ D. Al3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子能大量共存，并结合电荷守恒来解答。‎ ‎【详解】根据溶液的电中性可知，正电荷数等于负电荷数，设R离子所带电荷数为x，则同一溶液中，c(H+) + x×c(R离子) = c(NO3-) + 2c(SO42-)，所以1 mol/L + x mol/L = 1 mol/L +2×1 mol/L，所以x = 2，即R离子带两个单位的正电荷，‎ A. Fe2+与NO3-和H+会发生氧化还原反应而不能共存，A项错误；‎ B. 溶液中电荷守恒，且四种离子不反应，能共存，满足题意，B项正确；‎ C. Ba2+与SO42-会反应生成硫酸钡沉淀而不共存，C项错误；‎ D. 不满足电荷守恒规律，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列离子方程式书写正确的是 A. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应：Ba2++SO42-+H++OH-=BaSO4↓+H2O B. 金属钠与水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑‎ C. 向足量Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O D. 常温下，将氯气通人水中：Cl2+H2O=2H++2Cl-+ClO-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．氢离子、氢氧根离子的计量数错误； B．2 mol钠与水反应生成1 mol氢气，该反应不满足电子守恒； C．氢氧化钙少量，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写； D．次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开，保留化学式。‎ ‎【详解】A. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，其正确的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A项错误；‎ B. 金属钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，其正确的离子方程式为：2Na+2H2O = 2Na++2OH-+H2↑，B项错误；‎ C. 向足量Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液，反应生成碳酸钙沉淀和水，其反应的离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，C项正确；‎ D. 常温下，将氯气通人水中，次氯酸不能拆开，其正确的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：‎ ‎1.是否符合客观事实，如本题A选项，铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；‎ ‎2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；‎ ‎3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；‎ ‎4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；‎ ‎5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。‎ 总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。‎ ‎6.有下列四个变化：①KClO3→KCl；②N2→NO2；③Fe(OH)2→Fe(OH)3；④Na→Na2O2。其中不能通过一步反应实现的变化有 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①KClO3可分解生成KCl，可一步生成，故①正确；‎ ‎②SiO2需要先转化为Na2SiO3，然后再转化为H2SiO3，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，所以不能一步实现转化，故②错误；‎ ‎③Fe(OH)2可与氧气反应被氧化生成Fe(OH)3，故③正确；‎ ‎④Na在氧气中燃烧生成Na2O2，故④正确。‎ 综上，只有1个转化不能通过一步反应实现，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.关于SO2的叙述中，不正确的是 A. SO2既有氧化性，又有还原性 B. SO2释放到空气中，会造成环境污染 C. SO2中有HCl气体，可以通过饱和Na2SO3溶液除去 D. 过量SO2气体通入石蕊溶液中，溶液最终为红色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 依据在SO2中，S元素的化合价分析作答；‎ B. SO2会造成酸雨；‎ C. 不满足除杂原则；‎ D. SO2溶于水会生成亚硫酸。‎ ‎【详解】A. 在SO2中，S元素的化合价是+4价，介于S元素的最高化合价+6价和最低化合价-2价之间，因此既有氧化性，又有还原性，A项正确；‎ B. SO2释放到空气中，与水反应产生亚硫酸，进而被氧化成硫酸，会造成酸雨，引起环境污染，B项正确；‎ C. 饱和Na2SO3溶液可以与SO2反应生成亚硫酸氢钠，应该用饱和NaHSO3除去SO2中有HCl气体，C项错误；‎ D. SO2是酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸，可电离出氢离子，使紫色石蕊试液变为红色，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.已知在溶液中可发生如下两个反应：①Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，②Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+。由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是 A. Sn2+、Fe2+、Ce3+ B. Sn2+、Ce3+、Fe2+‎ C. Ce3+、Fe2+、Sn2+ D. Fe2+、Sn2+、Ce3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，还原性是Fe2+＞Ce3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，还原性是Sn2+＞Fe2+，所以还原性顺序是：Sn2+＞Fe2+＞Ce3+。A. Sn2+、Fe2+、Ce3+符合题意； B. Sn2+、Ce3+、Fe2+不符合题意；C. Ce3+、Fe2+、Sn2+不符合题意；D. Fe2+、Sn2+、Ce3+不符合题意；答案：A。‎ ‎【点睛】根据氧化还原反应中,还原剂的还原性强于还原产物的还原性来判断。‎ ‎9.下列物质的鉴别方法不正确的是 A. 用焰色反应鉴别KCl和Na2SO4‎ B. 用SO2鉴别BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液 C. 用水鉴别酒精和CCl4‎ D. 用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 根据焰色反应的颜色不同回答；‎ B. Ba(NO3)2溶液中有NO3-，遇到H+显示强氧化性，能够氧化SO2转化为SO42-，进而与Ba2+生成不溶于酸的BaSO4沉淀；‎ C. 根据物质相互溶解的程度作答；‎ D. Ca(OH)2与Na2CO3和NaHCO3均反应生成沉淀。‎ ‎【详解】A. 钠元素的焰色反应焰色为黄色，钾元素透过蓝色钴玻璃显紫色，可以用焰色反应鉴别KCl和Na2SO4，A项正确；‎ B. SO2与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应，其离子方程式为：3SO2 + 2NO3- + 2H2O +3Ba2+= 3BaSO4↓ + 2NO↑ + 4H+，而与BaCl2不反应，所以可以鉴别BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液，B项正确；‎ C.水与酒精互溶，与CCl4不溶，且密度比CCl4小，溶液会分层，则可用水鉴别酒精和CCl4，C项正确；‎ D. Ca(OH)2与Na2CO3反应生成碳酸钙和水，与NaHCO3反应也会生成碳酸钙沉淀，所以无法用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D项是易错点，这里主要考查的是碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应，其离子方程式为：HCO3- + OH- = CO32- + H2O，阳离子为钙离子，所以会有碳酸钙沉淀生成；若改为CaCl2溶液就可以鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液，其中CaCl2与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀与水，而与NaHCO3不反应。‎ ‎10.同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，下列叙述中正确的是 A. 物质的量之比为1:1 B. 体积之比为11:16‎ C. 氧原子数之比为1:1 D. 密度之比为11:16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据n = 计算等质量的SO2和CO2的物质的量之比； ‎ B. 同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比； C．分子含氧原子数相同，氧原子个数比等于其分子的物质的量之比；‎ D．同温同压下，气体的密度之比等于其相对分子质量之比。‎ ‎【详解】A．等质量的SO2和CO2，设质量均为m，物质的量之比 = : = 11：16，‎ A项错误； B．同温同压下，SO2和CO2的体积之比等于其物质的量之比 = 11：16，B项正确； C．氧原子数目之比等于分子的物质的量之比，等质量的SO2和CO2含有分子数目之比=11：16，C项错误； D．同温同压下，SO2和CO2的密度之比等于其相对分子质量之比= 64：44 = 16：11，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题侧重考查阿伏伽德罗定律的推论及应用。D项是推论之一，结合理想气体状态方程PV = nRT，结合V = ，n = 推出，PM = RT，进而得出同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比，在数值上等于相对分子质量之比。‎ ‎11.ⅡA族某元素原子序数为x，则原子序数为(x+2)的元素的族序数一定不可能为 A. ⅣA B. ⅣB C. ⅢB D. Ⅷ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据该元素可能位于短周期时、四和五周期、六和七周期几种情况，结合原子序数的关系来解答。‎ ‎【详解】A. 位于短周期时，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素位于ⅣA族，A项正确； B. 位于四和五周期时，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素位于ⅣB族，B项正确； C. 位于六和七周期时，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素位于，ⅢB族，C项正确； D. 从第二周期到第七周期元素中，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素不可能位于Ⅷ族，D项错误； 答案选D。‎ ‎12.某元素R最高价氧化物化学式为RO2，R的气态氢化物中氢的质量分数为25%，此元素是（ ）‎ A. C B. N C. Si D. S ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：RO2的最高价是＋4价，属于ⅣA族，其氢化物为RH4或H4‎ R，设R的原子量是a，4/(a+4)×100%=25%，解得：a=12，R为C，选项A正确。‎ 考点：考查质量分数的计算、化合价等知识。‎ ‎13.A元素的原子的L层比B元素的L层少3个电子，B元素原子核外电子比A元素总电子数多5个，则A、B可形成 A. 共价化合物B2A3 B. 离子化合物B2A3‎ C. 共价化合物B3A2 D. 离子化合物B3A2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A元素原子的L层比B元素原子的L层少3个电子，则A有2个电子层，B元素的原子核外电子总数比A元素原子的核外电子总数多5个，则B原子不能处于第二周期，可推知A的L层电子数为5，则A为N元素，则B的原子核外电子数为12，B为Mg元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，A为N元素，B为Mg元素，则A与B可形成的化合物为Mg3N2，符合B3A2型，为离子化合物，D项正确，‎ 答案选D。‎ ‎14.关于Na2O2的有关叙述错误的是 A. 阳离子与阴离子个数比为2:1‎ B. 常用于对自来水杀菌消毒 C. 久置于空气中，最终变为Na2CO3‎ D. 1molNa2O2与足量的CO2和水蒸气的混合气体充分反应，转移1mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2中阴离子为过氧根离子（O22-），故阳离子与阴离子个数比为2∶1，A项正确；‎ B. Na2O2与水反应会生成氢氧化钠和氧气，使水呈强碱性，不宜作自来水的消毒剂，B项错误；‎ C. 空气中含有二氧化碳和水蒸气，Na2O2久置于空气中其转化过程为：Na2O2→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，C项正确；‎ D. Na2O2中O元素为-1价与CO2反应时，Na2O2即作氧化剂又作还原剂，若有2 mol Na2O2参加反应，则转移的电子的物质的量为2 mol×(1-0) = 2 mol，则1 mol Na2O2反应时转移NA个电子，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎15.今将Fe16.8g加入到1L浓度为nmol/L的稀硝酸溶液中(假定硝酸还原产物只NO)充分反应后，Fe和HNO3均无剩余，n不可能为 A. 0.6 B. 0.8 C. 1.0 D. 1.2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将Fe16.8g加入到1L浓度为n mol/L的稀硝酸溶液中(假定硝酸还原产物只NO)充分反应后，Fe和HNO3均无剩余，则说明有两种情况讨论，第一种是铁与硝酸刚好完全反应生成硝酸铁；第二种则是铁有剩余，但又与生成的硝酸铁反应转化为硝酸亚铁，再根据关系式采用极限思想分析作答。‎ ‎【详解】铁与稀硝酸可能发生反应：‎ ‎①铁与硝酸刚好完全反应生成硝酸铁，其化学方程式为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，则n(HNO3) = 4n(Fe) =4× = 1.2 mol；‎ ‎② Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，Fe+ 2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，假设全部转化为Fe(NO3)2，则结合两式可得3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，所以此时n(HNO3) = n(Fe) = × = 0.8 mol，若溶液中溶质为Fe(NO3)3与Fe(NO3)2，则根据N元素守恒可知，n(HNO3) > 0.8 mol，‎ 综上，硝酸的物质的量范围为：0.8 mol1.2 mol，故BCD项正确，A项不符合题意，‎ 答案选A。‎ ‎16.标准状况下，将a L H2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含b mol NaOH的热溶液中，气体恰好被吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、ClO3-，则原混合气体中H2的物质的量为 A. a/2 mol B. (a/22.4－b) mol C. (a/22.4－b/2) mol D. b/2 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将混合气体通入含b mol NaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，反应后溶液中的阴离子有Cl-、ClO-、ClO-3，阳离子为Na+，则根据电荷守恒可知，溶液中n(Na+) = n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-)，再根据氯元素守恒，计算混合气体中氯气的物质的量，再间接求出氢气的物质的量。‎ ‎【详解】由上述分析可知，溶液中电荷守恒，即n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-)，根据氯元素守恒，a L H2和Cl2的混合气体中n(Cl2) = [n(Cl−)+n(ClO−)+n(ClO3−)] = n(Na+) = b mol，所以a L H2和Cl2的混合气体中n(H2) = (a/22.4－b/2) mol，故C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题计算的突破口是溶液呈现电中性，找出钠元素与氯元素之间的定量关系，再根据元素守恒规律分析作答，要求学生较强的逻辑思维能力，平常要打破思维定势，涉及的化学方程式不一定要一一列出，需活学活用。‎ 二、非选择题：共52分。‎ ‎17.现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。‎ ‎(1)上述物质中属于电解质的物质序号为______ 。‎ ‎(2)有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______。‎ ‎(3)加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为______。‎ ‎(4)能导电的物质序号为_______________。‎ ‎(5)④与⑥充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是(用化学式表示)___________________________。‎ ‎(6)实验室用⑤制备胶体的化学方程式为__________________________________。如果将1molFeCl3全部制成胶体，制得的胶体________(选填“带负电”“电中性”“带正电”)，胶粒数目________NA(选填“大于”“等于”“小于”)。‎ ‎【答案】 (1). ②⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑦ (4). ①③⑥⑦ (5). NaOH和Na2CO3 NaHCO3和Na2CO3 (6). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (7). 电中性 (8). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；‎ ‎（2）离子反应体现的是强酸与强碱反应生成水的过程；‎ ‎（3）该物质与酸、碱均反应；‎ ‎（4）有自由移动的离子或电子的物质能导电；‎ ‎（5）④与⑥充分反应后，根据二氧化碳的用量分情况讨论；‎ ‎（6）实验室用饱和FeCl3溶液滴入沸水中加热制备氢氧化铁胶体，胶体不带电，得到的胶体微粒是多个氢氧化铁的聚集体，据此分析作答；‎ ‎【详解】（1）根据定义可知，①③⑥⑦虽能导电，但属于混合物，不属于电解质；④虽为化合物，但在水溶液中不是本身电离出自由移动的阴阳离子，所以不属于电解质；②和⑤属于盐，在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解质，‎ 故答案为：②⑤；‎ ‎（2）离子方程式为：H++OH-=H2O，说明是强酸和强碱的中和反应，上述物质中，①稀硫酸与⑥稀氢氧化钠的反应符合该离子方程式，‎ 故答案为：①⑥；‎ ‎（3）②小苏打是NaHCO3的俗名，它可与H+反应生成水和二氧化碳，同时可以与OH-反应生成碳酸根离子与水；⑦硝酸亚铁溶液其溶质Fe(NO3)2遇NaOH会生成氢氧化亚铁沉淀与水，当加入盐酸时，因溶液中的硝酸根离子与氢离子结合会具有强氧化性，所以Fe2+会与H+和NO3-发生氧化还原反应，故符合题意的有：②⑦，‎ 故答案为：②⑦；‎ ‎（4）上述物质中，溶液有自由移动的阴阳离子，所以导电的物质为：①③⑥⑦，‎ 故答案为：①③⑥⑦；‎ ‎（5）二氧化碳与NaOH充分反应，①若CO2少量，则发生的反应为：CO2+2NaOH(过量) = Na2CO3+H2O，则溶液中溶质为NaOH和Na2CO3，水分蒸干后，得到的固体组成成分为：NaOH和Na2CO3；②CO2过量，则过量的CO2继续与生成的Na2CO3，其化学方程式为：CO2+ Na2CO3 + H2O = 2 NaHCO3，其固体组成成分可能是：NaHCO3和Na2CO3，‎ 故答案为：NaOH和Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3；‎ ‎（6）实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，‎ 故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；得到的胶体不带电，即电中性；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，所以1 mol FeCl3形成的胶体个数小于NA个，‎ 故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；电中性；小于。‎ ‎【点睛】本题第（5）问，学生要理清氢氧化钠与二氧化碳可能发生的反应，结合产物分析作答，特别注意的是，题设中将溶液小火蒸干，意味着固体成分可以有碳酸氢钠。学生审题要认真仔细，做题才能提高正答率。‎ ‎18.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①〜⑩种元素，填写下列空白：‎ 周期 IA IIA ⅢA IVA VA VIA ⅦA ‎1‎ ‎①‎ ‎2‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎3‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎(1)上述元素中，形成化合物种类最多的是______(填元素符号)。‎ ‎(2)元素①、④和⑤形成的化合物的电子式是______，该化合物中存在的化学键类型是______。‎ ‎(3)②、③、⑦三种元素原子半径由大到小的顺序是______(用元素符号表示)。‎ ‎⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩六种元素形成的简单离子，半径最小的是_________，最大的是___________(填离子符号)。‎ ‎(4)⑤、⑥、⑦三种元素最髙价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序是______(用对应物质的化学式表示)。‎ ‎(5)最易形成离子键的两种元素代号是_____________。‎ ‎(6)能比较元素⑨和⑩非金属性强弱的实验事实是______(填字母序号)。‎ a．⑨的氢化物的酸性比⑩的氢化物的酸性弱 b．⑩的单质R2与H2化合比⑨的单质Q与H2化合容易，且HR的稳定性比H2Q强 c．在⑨的氢化物H2Q的水溶液中通少量⑩的单质R2气体可置换出单质Q ‎【答案】 (1). C (2). (3). 离子键、极性键(或共价键) (4). Al、C、N(或者Al＞C＞N) (5). Al3+ (6). P3- (7). NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3 (8). ④⑤ (9). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na, ⑥为Mg，⑦为Al，⑧为P，⑨为S，⑩为Cl，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析知，‎ ‎（1）形成化合物种类最多的是C，‎ 故答案为：C；‎ ‎（2）元素①、④和⑤形成的化合物为NaOH，为离子化合物，其电子式为：，化合物存在的化学键为离子键与极性键(或共价键)，‎ 故答案为：；离子键、极性键(或共价键)；‎ ‎（3）同周期中，原子半径从左到右依次减小，同主族中，原子半径依次增大，则②、③、⑦三种元素分别是C、N和Al，所以其原子半径从大到小为：Al、C、N(或者Al＞C＞N)，电子层数大的对应元素简单离子半径大，电子层数相同的，核电荷数小的元素简单例子半径大，则⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩元素对应的离子半径最小的是Al3+，最大的则是P3-，‎ 故答案为：Al、C、N(或者Al＞C＞N)；Al3+；P3-；‎ ‎（4）元素的金属性越强，其最髙价氧化物对应水化物的碱性越强，则⑤、⑥、⑦三种元素最髙价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序是NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，‎ 故答案为：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；‎ ‎（5）金属性较强的元素与非金属性较强的元素易形成离子键，上述元素中，金属性最强的元素为钠，非金属性最强的是氧，所以最易形成离子键两种元素代号是④⑤，‎ 故答案为：④⑤；‎ ‎（6）a．气态氢化物的稳定性可比较非金属性，而不是酸性，a项错误；‎ b．⑩的单质R2与H2化合比⑨的单质Q与H2化合容易，且HR的稳定性比H2Q强，可说明⑩的非金属性比⑨强，b项正确；‎ c．R2能从H2Q将Q置换出来，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，R2的氧化性大于Q，即R元素非金属性大于Q，c项正确；‎ 答案为bc。‎ ‎19.A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如下所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。‎ ‎(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金。A是有色气体。‎ ‎① 指出W在周期表中的位置___________________。‎ ‎② 向装有C溶液的试管中加入NaOH溶液，观察到的实验现象为________________。过程中发生的氧化还原反应的方程式为__________________。‎ ‎(2)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•mol-1。‎ ‎① B的化学式为______。‎ ‎② 实验室制取B时，收集方法为__________________________。‎ ‎③ C与水反应时，氧化剂与还原剂物质的量之比为____________。‎ ‎(3)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质。‎ ‎① 下列说法正确的是____________‎ A.A和W的原子价电子数相等 ‎ B.A和W对应的元素在自然界既可以以游离态存在，也可以以化合态存在 ‎ C.A在过量的W气体中燃烧，可以直接生成C D.简单氢化物沸点H2A比H2W高 ‎② C溶于水形成化合物D，在加热的条件下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为_______________。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第Ⅷ族(第4周期第Ⅷ族、第四周期Ⅷ族、第4周期Ⅷ族均可) (2). 先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (3). 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 (4). NO (5). 排水法收集 (6). 1:2 (7). AB (8). S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）含金属W的合金是目前用量最大的合金，则W为Fe，A是有色气体，又能与Fe反应，所以A为Cl2，据此分析作答；‎ ‎（2）A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•mol-1，则A为N2，W为O2，B为NO，继续与O2反应生成NO2，据此解答；‎ ‎（3）A为淡黄色固体单质，W为气体单质，则A为S，W为O2，A与W反应生成SO2，继续与W反应生成SO3，据此分析。‎ ‎【详解】（1）根据上述分析可知，A为Cl2，W为Fe，则转化关系为：Cl2FeCl3FeCl2‎ ‎①W在元素周期表的位置为：第四周期第Ⅷ族(第4周期第Ⅷ族、第四周期Ⅷ族、第4周期Ⅷ族均可)，‎ 故答案为：第四周期第Ⅷ族(第4周期第Ⅷ族、第四周期Ⅷ族、第4周期Ⅷ族均可)；‎ ‎②C为FeCl2，向其中加入NaOH溶液生成白色的氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁极易被空气氧化成红褐色的氢氧化铁，所以实验现象为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，其化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，‎ 故答案为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；‎ ‎（2）A为N2，W为O2，其转化关系为：N2NONO2，则 ‎①B的化学式为NO，‎ 故答案为：NO；‎ ‎②NO难溶于水，密度与空气的密度相差不大，所以用排水法收集该气体，‎ 故答案为：排水法收集；‎ ‎③C为NO2，其与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，NO2有被还原为NO，有倍氧化为HNO3，NO2即作氧化剂又作还原剂，其物质的量之比为1:2，‎ 故答案为：1:2；‎ ‎（3）A为S，W为O2，其转化关系为：SSO2SO3，则 ‎①A. A和W的原子价电子数均为6，所以两者相等，A项正确； ‎ B. O元素在自然界既可以以游离态氧气存在，也可以以化合态存在如氧化铝等，游离态的S元素存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，化合态的S元素存在于火山喷出物里，B项正确； ‎ C. S在过量的O2气体中燃烧，只能生产二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，C项错误；‎ D. H2S与H2O相比，因为H2O分子间存在氢键，所以简单氢化物沸点H2A比H2W低，D项错误；‎ 答案选AB；‎ ‎② C溶于水形成化合物D，则D为H2SO4，在加热的条件下，D的浓溶液与A反应发生氧化还原反应，其化学方程式为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，‎ 故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O。‎ ‎20.已知四种短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大,其中A元素的原子只有一个电子层,又知A与C、B与D分别是同一主族的元素,B、D两元素原子的质子数之和是A、C两元素原子的质子数之和的二倍。请回答下列问题。‎ ‎(1)由A、B两种元素可形成E、F两种化合物,写出其中一种化合物分解生成另一种化合物的化学方程式：_________________________，反应物的电子式是_________，其所含化学键为(选代码)___________。‎ a.离子键 b.极性共价键 c.非极性共价键 ‎(2)以上四种元素中的部分元素之间形成的化合物，能使品红溶液褪色的物质有_______________(填化学式)。‎ ‎(3)由A、B、C、D四种元素组成的化合物甲和乙，它们水溶液相互反应的离子方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 2H2O2=2H2O+O2↑(条件可以是加热、MnO2、FeCl3、催化剂等) (2). (3). bc (4). H2O2、Na2O2、SO2 (5). H++HSO3- =H2O+SO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子只有一个电子层，A与C同主族，则A为H元素；B与D同主族，分别处于二、三周期，二者质子数之和至少为11，两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的二倍，C不可能为Li，可推知C为Na；则B、D质子数之和为（1+11）×2=24，令B的质子数为x、则D的质子数为x+8，则x+x+8=22，解得x=8，则B为O元素、D为S元素，据此解答。‎ ‎【详解】（1）由A、B两种元素形成E、F两种化合物分别为H2O和H2O2，其中H2O2可分解生成水和氧气，其化学方程式为：2H2O2=2H2O+O2↑(条件可以是加热、MnO2、FeCl3、催化剂等)，H2O2其电子式为：，分子内含极性共价键与非极性共价键，故bc正确，‎ 故答案为：2H2O2=2H2O+O2↑(条件可以是加热、MnO2、FeCl3、催化剂等)；；bc；‎ ‎（2）能使品红溶液褪色，则该物质具有强氧化性或者能与品红结合成无色物质而使其褪色，符合该条件的物质有：H2O2、Na2O2、SO2，‎ 故答案为：H2O2、Na2O2、SO2；‎ ‎（3）A、B、C、D四种元素组成的化合物在水溶液中可以相互反应，这两种物质可以为亚硫酸氢钠与硫酸的反应，其离子方程式为：H++HSO3- =H2O+SO2↑，‎ 故答案为：H++HSO3- =H2O+SO2↑。‎ ‎21.某研究性学习小组设计实验验证以下规律：元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性就越强。该小组设计了如图装置进行实验。拟比较C、Si、S三种元素的非金属性。‎ ‎(1)推测三种元素对应的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是_________________(填化学式)。‎ ‎(2)若B、C均为正盐，且焰色反应均为黄色。A、B、C的化学式依次为_________、__________、_________(A、C填溶质的化学式)。‎ ‎(3)烧瓶中的实验现象为________________________________。‎ ‎(4)固体B也可以用B的溶液代替。实验室配制0.1mol/L的B的溶液450mL，需要用托盘天平称取B_____g。‎ ‎(5)有同学认为，将A中物质换为浓硝酸，其余试剂不变。则可以验证N、C、Si三元素的非金属性强弱。你认为，该同学的观点___________(选填“正确”“错误”)。理由是__________________。‎ ‎【答案】 (1). H2SO4、H2CO3、H2SiO3(H4SiO4也可，有大于符合也可) (2). H2SO4 (3). Na2CO3 (4). Na2SiO3 (5). 有气泡产生(或有气体生成)(强调无色气体也可；说到气味算错) (6). 5.3 (7). 错误 (8). 硝酸挥发到C中，不能确定与Na2SiO3反应的是碳酸(答到挥发性，或者硝酸与Na2SiO3反应均可)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，由图可知应是利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，利用强酸制弱酸原理分析，则 ‎（1）元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强；‎ ‎（2）若B、C均为正盐，且焰色反应均为黄色，则为钠盐，即碳酸钠与硅酸钠，据此分析作答；‎ ‎（3）烧瓶内为硫酸制碳酸的过程，会有二氧化碳生成；‎ ‎（4）容量瓶有固定的规格；根据m = cVM计算即可；‎ ‎（5）硝酸易挥发。‎ ‎【详解】（1）C、Si、S的非金属性从大到小为：S > C > Si，所以其最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为：H2SO4、H2CO3、H2SiO3(H4SiO4也可，有大于符合也可)，‎ 故答案为：H2SO4、H2CO3、H2SiO3(H4SiO4也可，有大于符合也可)；‎ ‎（2）有上述分析可知，B为碳酸钠，C为硅酸钠，A为S元素对应最高价氧化物的水化物硫酸，所以其化学式分别为：H2SO4；Na2CO3；Na2SiO3，‎ 故答案为：H2SO4；Na2CO3；Na2SiO3；‎ ‎（3）根据强酸制弱酸的原理，可知，烧瓶内硫酸会与碳酸钠反应生成二氧化碳、硫酸钠与水，所以其实验现象为：生成气体(或有气体生成)；‎ 故答案为：生成气体(或有气体生成)；‎ ‎（4）容量瓶的规格只有500 mL，所以所配制的B溶液的溶质为Na2CO3，其质量为m = cVM = 0.1 mol/L×500×10-3 L×106 g/mol = 5.3 g，‎ 故答案为：5.3 g；‎ ‎（5）硝酸挥发到C中，不能确定与Na2SiO3反应的是碳酸，因此不能验证N、C、Si三元素的非金属性强弱，‎ 故答案为：错误；验证N、C、Si三元素的非金属性强弱。‎ ‎【点睛】第（4）问是学生的易错点，需要强调配制一定浓度的标准溶液时，所用容量瓶的规格问题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎