2018-2019学年广东省佛山市第一中学高一下学期第一次月考化学试题（解析版） 18页

佛山市第一中学2018-2019学年度下学期第一次段考 高一年级化学试题 说明:本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷。第Ⅰ卷为选择题，共17题，共51分，第Ⅱ卷为非选择题，共49分，全卷共100分。考试时间为60分钟。‎ 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题(本题包括17小题，每小题3分，共51分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨，100吨核聚变释放的能量相当于目前人类一年消耗的能量。下列说法正确的是（ ）‎ A. 的最外层的最外层电子数为2，具有较强的金属性 B. 位于周期表第一周期第ⅡA族 C. 每个氦分子中含有的质子数为2、中子数为1‎ D. 该原子核中质子数为2、中子数为3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氦最外层电子数为2，只有一个电子层是惰性气体，性质稳定，故A错误；B．氦原子核电荷数为2，有一个电子层，电子层有2个电子，位于第一周期，0族，故B错误；C．氦分子为单原子分子，根据原子符号可知，左上角为质量数，左下角为质子数为2，质量数=质子数+中子数，中子数=3-2=1，故C正确；D．根据C的分析，质子数为2，中子数为1，故D错误；故选C。‎ ‎2.据报道，在火星和金星大气层中发现了一种非常特殊的会导致温室效应的气态化合物，它的结构式为：16O=C=18O。下列说法正确的是（ ）‎ A. 1.12L16O=C=18O与1.12L16O=C=16O均含有0.1NA个氧原子 B. 16O=C=18O与16O=C=16O互同位素 C. 质量相同的16O=C=18O和16O=C=16O 含有相同的中子数 D. 16O=C=18O和16O=C=16O在相同条件下密度比为23:22‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎16O=C=18O的摩尔质量为46g/mol、质子数为22、中子数为24，16O=C=16O的摩尔质量为44g/mol、质子数为22、中子数为22。‎ ‎【详解】A项、没有明确标准状况，无法计算一定体积气体的物质的量，故A错误；‎ B项、16O=C=18O与16O=C=16O为化合物，而质子数相同、但中子数不同的原子互为同位素，故B错误；‎ C项、16O=C=18O的摩尔质量为46g/mol、中子数为24，16O=C=16O的摩尔质量为44g/mol、中子数为22，质量相同的16O=C=18O和16O=C=16O 含有的中子数分别为×24mol和×22mol，故C错误；‎ D项、在相同条件下密度比等于摩尔质量比，16O=C=18O的摩尔质量为46g/mol，16O=C=16O的摩尔质量为44g/mol，则密度比为46：44=23:22，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查同位素和有关物质的量的计算，明确核素中质量数、中子数和中子数的关系，注意物质的量的有关计算应用是解答关键。‎ ‎3.下列化学用语中，正确的是（ ）‎ A. 镁原子的结构示意图为 B. Na2O2的电子式为 C. 生石灰的分子式为CaO D. 1H218O摩尔质量为20‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、镁原子的核外电子总为12，有三个电子层，最外层有2个电子，镁原子的结构示意图为，故A错误；‎ B项、Na2O2为离子化合物，电子式为，故B正确；‎ C项、CaO是由钙离子和氧离子组成的离子化合物，不存在分子，其化学式为CaO，故C错误；‎ D项、1H218O摩尔质量为20g/mol，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了常见化学用语的判断注意掌握原子结构示意图与离子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法是解答关键。‎ ‎4.下列物质中只含有共价键的是 A. NaCl、HCl、H2O、NaOH B. Cl2、H2S、NH4Cl、SO2‎ C. HBr、CO2、H2O、AlCl3 D. K2O2、H2O2、H2O、O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，注意氯化铝为共价化合物。‎ ‎【详解】A项、氯化钠中只存在离子键；氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在共价键，故A错误；‎ B项、NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，铵根离子氮原子和氢原子之间存在共价键，故B错误；‎ C项、注意氯化铝为共价化合物，则HBr、CO2、H2O、AlCl3只存在共价键，故C正确；‎ D项、过氧化钾中钾离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子和氧原子之间存在共价键，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学键，侧重分析与应用能力的考查，注意氯化铝为共价化合物，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。‎ ‎5.下列每组物质发生转化所克服的粒子间的相互作用属于同种类型的是（ ）‎ A. 碘和干冰升华 B. 氯化钠的熔化与冰的融化 C. 氯化氢和酒精溶于水 D. CO2气体通入澄清石灰水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、碘和干冰升华时克服的作用力都是分子间作用力，故A正确；‎ B项、NaCl熔化时克服的作用力是离子键，冰熔化时克服的作用力是分子间作用力，故B错误；‎ C项、氯化氢溶于克服的作用力是共价键，酒精溶于水克服的作用力是分子间作用力，故C错误；‎ D项、CO2气体通入澄清石灰水，二氧化碳克服的作用力是共价键，氢氧化钙克服的作用力是离子键，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ A. 某主族元素原子最外层只有1个电子，它跟卤素只可能形成离子键 B. 含有金属元素的化合物可能是共价化合物 C. 旧的化学键被破坏的反应一定是化学变化 D. 能电离出离子的化合物都是离子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、最外层只有1个电子的主族元素可以是氢元素，也可以是碱金属元素，氢元素跟卤素形成卤化氢，卤化氢分子中氢原子和卤素原子形成共价键，碱金属元素跟卤素形成金属卤化物，金属卤化物中碱金属阳离子和卤素阴离子形成离子键，故A错误；‎ B项、含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝为共价化合物，故B正确；‎ C项、有化学键破坏的变化不一定属于化学变化，如HCl、NaCl溶于水只破坏化学键，没有化学键的形成，属于物理变化，故C错误；‎ D项、氯化氢是共价化合物，氯化氢溶于水能电离出氢离子和氯离子，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学键，明确化学键和化合物的关系，注意普遍性和特殊性的分析，注意不能根据是否含有金属元素判断离子化合物是解本题关键。‎ ‎7.若把周期表原先的主、副族号取消，由左到右按原顺序编为18列。如碱金属为第1列，稀有气体为第18列，按这个规定，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 计算机芯片的组成元素位于第14列 B. 第10列元素全部是金属元素 C. 第18列元素单质全部是气体 D. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 长式周期表中各族元素的排列顺序为ⅠA、ⅡA、ⅢB→ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA→ⅦA、0族，18列元素应分别与以上各族对应，第2列为ⅡA族元素，最外层有2个电子；第14列为ⅣA族元素，形成化合物的种类最多（有机物）；第10列为过渡元素，全部为金属；第18列为稀有气体元素。‎ ‎【详解】A项、计算机芯片的组成元素为Si，Si元素位于ⅣA族，为第14列元素，故A正确；‎ B项、第10列为过渡区元素，全部为金属，故B正确；‎ C项、第18列为稀有气体元素，故C正确；‎ D项、第2列为ⅡA族元素，最外层有2个电子，但He元素及大多数过渡元素的最外层也是2个电子，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表与元素周期表的应用，注意对元素周期表结构的整体把握，明确结构与位置关系及一些元素特殊性是解答关键。‎ ‎8.0.05mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出1.12 L H2(标准状况)，并转变为具有Ar原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是（ ）‎ A. 第三周期第IA族 B. 第四周期第IA族 C. 第三周期第ⅡA族 D. 第四周期第ⅡA族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：n(H2)= 1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，则电子转移的物质的量是n(e-)=0.05mol×2=0.1mol，则1mol金属失去电子的物质的量是0.1mol÷0.05 mol=2，所以该金属的原子最外层有2个电子。并转变为具有Ar原子的电子层结构的离子，则该元素的原子核外电子排布是2、8、8、2，因此位于第四周期第ⅡA族。故选项是D。‎ 考点：考查元素的位、构、性三者的关系及元素在周期表中位置的确定的知识。‎ ‎9.“类推”是常用的学习方法，但有时会产生错误结论。下列类推的结论中，正确的是（ ）‎ A. ⅣA族元素氢化物沸点顺序是GeH4 >SiH4 >CH4；则ⅤA族元素氢化物沸点顺序也是AsH3 >PH3 >NH3‎ B. 第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF >H2O >NH3；则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl >H2S >PH3‎ C. 非金属元素均具有较强的氧化性，故非金属元素组成的化合物中只含共价键 D. 铊(Tl)是铝的同族元素，原子核外有6个电子层，推测Tl(OH)3是两性氢氧化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ A、当氢化物中存在氢键时，含有氢键的氢化物沸点较高，当氢化物不存在氢键时，分子间作用力越强，沸点越高；‎ B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则对应的氢化物的稳定性逐渐增强；‎ C、铵盐是由非金属元素组成的离子化合物；‎ D、同主族元素从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强。‎ ‎【详解】A项、IVA族元素氢化物不含氢键，分子的相对分子质量越大，沸点越高，则沸点顺序是：GeH4＞SiH4＞CH4，则VA族元素氢化物中，NH3含有氢键，沸点最高，应为NH3＞AsH3＞PH3，故A错误；‎ B项、元素的非金属性越强，稳定性越大，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故B正确；‎ C项、铵盐是由非金属元素组成的离子化合物，含有离子键，故C错误；‎ D项、铊（Tl）是铝的同族元素，原子核外有6个电子层，同主族元素从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，Tl（OH）3不是两性氢氧化物而属于一种强碱，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查灵活运用基础知识解决实际问题的能力，明确规律都是相对的，需要具体问题、具体分析是解答关键，此类试题有利于提升学生的学科素养。‎ ‎10.R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素，下列说法一定正确的是(m、n均为正整数)（ ）‎ ‎①若R(OH)n为强碱，则W(OH)n+1也为强碱 ‎②若HnXOm为强酸，则Y是活泼非金属元素 ‎③若Y的最低化合价为-2，则Z的最高正化合价可能为+7‎ ‎④若X的最高正化合价为+5，则五种元素都是非金属元素 ‎⑤若Z的氧化物对应的水化物为HZO3，则Z的最外层电子数可能不为5‎ A. ②③⑤ B. ①②③ C. ②③ D. ②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，若R（OH）n为强碱，则W（OH）n+1不一定为强碱，故错误；②同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，若HnXOm为强酸，则X为活泼的非金属元素，则Y也为活泼非金属元素，故正确；③若Y的最低化合价为-2，则Z的最低价为-1价，不一定存在最高正化合价，如F元素，最高正化合价可能为+7，如Cl元素，故正确；④X的最高正化合价为+5，若X为P，则R一定为金属元素，故错误；⑤若Z的氧化物对应的水化物为HZO3，则Z的化合价为+5价，不一定为最高正价，如Cl元素，最外层电子数为7，可能不为5，故正确；正确的有②③⑤，故选A。‎ ‎11.A、B、C均为短周期元素，A、B同周期，其原子核外有三个电子层，A、C的最低价阴离子分别为A2-和C-，B2+和C-具有相同的电子层结构，下列说法中正确的是（ ）‎ A. A元素的最高正价不可能是+6价 B. 原子半径：B＞A＞C C. 离子半径：B2+＞C-＞A2- D. 氧化性：C＜A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A、C最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，则B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素。据此解答。‎ ‎【详解】A．A为S元素，S元素的最高正化合价为+6，故A错误；B．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，电子层数越多，半径越大，则原子半径为B＞A＞C，故B正确；C．离子的电子层数越多，半径越大，具有相同核外电子结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径为A2-＞C-＞B2+，故C错误；D．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性为C＞A，故D错误；故选B。‎ ‎12.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（ ）‎ W X Y Z A. Z元素单质在化学反应中只表现氧化性 B. Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y C. X元素形成的单核阴离子还原性大于Y D. X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题给信息，由W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物可知W为N元素；由周期表的相对位置可知X为O元素、Y为S元素、Z为Cl元素。‎ ‎【详解】A项、Z为Cl元素，氯气与水反应中，氯元素既被氧化又被还原，即表现氧化性又表现还原性，故A错误；‎ B项、Y为S元素、Z为Cl元素，最高价氧化物对应水化物高氯酸的酸性强于硫酸，但次氯酸为弱酸，酸性弱于硫酸，故B错误；‎ C项、非金属性O元素强于S元素，非金属性越强，其对应离子还原性越弱，则X元素形成的单核阴离子还原性弱于Y，故C错误；‎ D项、非金属性O元素和Cl元素强于S元素，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氢化物中H2S最不稳定，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律，注意从元素性质和元素周期表的结构入手推断元素，掌握非金属性强弱的比较方法是解答关键。‎ ‎13.几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表。分析判断下列说法正确的是（ ）‎ 元素代号 A B D E G H I J 化合价 ‎–1‎ ‎–2‎ ‎+4、–4‎ ‎–1‎ ‎+5、–3‎ ‎+3‎ ‎+2‎ ‎+1‎ 原子半径／nm ‎0.071‎ ‎0.074‎ ‎0.077‎ ‎0.099‎ ‎0.110‎ ‎0.143‎ ‎0.160‎ ‎0.186‎ A. A的单质能将E单质从HE的溶液中置换出来 B. A、H、J的离子半径由大到小顺序是A＞J＞H C. G元素的单质不存在同素异形体 D. E2只含有共价键，是共价化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F元素、E为Cl元素，B为O元素；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al元素、I为Mg元素、J为Na元素。‎ ‎【详解】A项、A为F元素、E为Cl元素，将氟气通入氯化氢溶液中，氟气先与水反应，不能置换出氯，故A错误；‎ B项、A为F元素、H为Al元素、J为Na元素，F—、Al3+、Na+具有相同的电子层结构，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则离子半径由大到小顺序是A＞J＞H，故B正确；‎ C项、G为P元素，磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误；‎ D项、E为Cl元素，Cl2是单质，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查性质结构位置关系的应用，注意根据半径与化合价推断元素，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系是解题关键。‎ ‎14.下列既属于吸热反应，又属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. 钠与冷水反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 C. 灼热的炭与CO2的反应 D. 铝与氧化铁的反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A.钠与冷水的反应是放热反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，A项错误；B. Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，但不是氧化还原反应，B项错误；C.灼热的炭与二氧化碳的反应为氧化还原反应，同时也是吸热反应，C项正确；D.铝热反应是放热反应，且是氧化还原反应，D项错误；答案选C。‎ 考点：考查常见的氧化还原反应，吸热反应。‎ ‎15.化学反应A2 ＋ B2 ＝ 2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是( )‎ A. 该反应是吸热反应 B. 断裂1 mol A—A键和1 mol B—B键能放出x kJ的能量 C. 断裂2 mol A—B键需要吸收y kJ的能量 D. 2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2的总能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据图中能量的变化可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以是放热反应，因此A、D均不正确。断键是吸热，形成化学键才能放热，所以选项B不正确，C正确。答案选C。‎ ‎16.生产液晶显示器过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000-20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：‎ 化学键 键能 ‎941.7‎ ‎154.8‎ ‎283.0‎ 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 反应中为吸热反应 B. 过程放出能量 C. 反应中，N2与F2的总能量小于NF3的总能量 D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成要放出能量，两个过程的总体热效应是反应热。若反应物键能之和小于生成物键能之和，则反应物的总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应。‎ ‎【详解】A项、反应物的键能之和为（941.7+3×154.8）kJ•mol-1=1406.1 kJ•mol-1，生成物键能之和为283.0×6KJ•mol-1=1698KJ•mol-1，反应物键能之和小于生成物键能之和，则反应物的总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，故A错误；‎ B项、N（g）+3F（g）→NF3（g）为化学键的形成过程，是一个放出能量的过程，故B正确；‎ C项、该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物总能量，则N2与F2的总能量大于NF3的总能量，故C错误；‎ D项、化学反应的实质就是旧键的断裂与新键的生成，如果没有化学键的断裂与生成，不可能发生化学反应，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学反应与能量变化，本题侧重于考查分析能力，注意化学键键能与反应热的关系是解答关键。‎ ‎17.由短周期元素或生活中常见的金属元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是（ ）‎ A. 若X是Na2CO3，C为一种温室气体，则A一定是氯气，且D和E不反应 B. 若A是单质，B和D的反应是HCO3- 与OH-反应 ，则E一定能还原Fe2O3‎ C. 若D为CO，C能和E反应，则A一定为过氧化钠 D. 若C的溶液遇KSCN显红色，则A可能为氮的一种氧化物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下能够与水反应生成两种生成物的物质有氯气、过氧化钠和二氧化氮，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。‎ ‎【详解】A项、X是Na2CO3、C为CO2，若A为NO2、B为HNO3、E为NO、D为NaHCO3也符合转化关系，故A错误；‎ B项、根据B、D反应的离子方程式OH-+HCO3-═H2O+CO32-可知，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热时能还原Fe2O3，故B正确；‎ C项、若D为CO，C能和E反应，A为过氧化钠，B为氧气、E为氢氧化钠，X为碳，C为二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠溶液反应，故C正确；‎ D项、若C的溶液遇KSCN显红色，A为二氧化氮、B为硝酸、E为一氧化氮，X为铁，C为硝酸铁，D为硝酸亚铁，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查元素及其化合物的转化关系，熟练掌握相关物质的性质是解答关键。‎ 第Ⅱ卷(非选择题)‎ 二、非选择题（本题包括3小题，合计49分）‎ ‎18.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。‎ Ⅰ．（1）将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：___与盐酸反应最剧烈，_____与盐酸反应产生的气体最多。（填元素符号）‎ ‎（2）向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为：__。‎ Ⅱ．利用图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律 ‎（3）仪器A的名称为____。‎ ‎（4）若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉—碘化钾混合溶液，观察到C中溶液____现象，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用____溶液吸收尾气。‎ ‎（5）若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液观察到C中溶液_____的现象，反应的离子方程为： _____。有同学认为实验无法证明C非金属性大于Si，请指出实验设计的不足之处，并进行改进： ______。‎ ‎【答案】 (1). K (2). Al (3). S2－＋Cl2=S↓＋2Cl－ (4). 分液漏斗 (5). 变蓝 (6). NaOH (7). 有白色沉淀生成 (8). SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓ (9). 未排除HCl的干扰盐酸具有挥发性，可进入C中干扰试验，应在两装置间添加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据金属活动性顺序表可以判断钠、钾、镁、铝的活泼性，活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；根据电子守恒比较生成氢气体积大小；‎ ‎（2）硫离子被氯气氧化成硫单质，据此写出反应的离子方程式；‎ ‎（3）根据仪器的构造写出仪器B的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；‎ ‎（4）氯气能够将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变成蓝色；氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应；‎ ‎（5）碳酸酸性强于硅酸，二氧化碳能够与硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸；除去二氧化碳中氯化氢，可以使用饱和碳酸氢钠溶液。‎ ‎【详解】Ⅰ（1）金属活泼性顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝，故答案为：钾；铝；‎ ‎（2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气能够与硫离子反应生成硫，反应的离子方程式为：S2-+Cl2═S↓+2Cl-，故答案为：S2-+Cl2═S↓+2Cl-；‎ Ⅱ（3）仪器A为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；‎ ‎（4）KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气，氯气能够将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变成蓝色；氯气是一种有毒气体，必须进行尾气吸收，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，故答案为：变蓝；NaOH；‎ ‎（5）硅酸钠为强碱弱酸盐，能够与二氧化碳反应生成硅酸白色沉淀，反应的离子方程式为SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓；氯化氢具有挥发性，挥发出的氯化氢会干扰二氧化碳和硅酸钠溶液反应，实验时需要将二氧化碳中的氯化氢除掉，根据氯化氢与碳酸氢钠反应，而二氧化碳不反应，可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，故答案为：有白色沉淀生成；饱和NaHCO3；SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓；未排除HCl的干扰盐酸具有挥发性，可进入C中干扰试验，应在两装置间添加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，探究了金属单质的金属性强弱、非金属单质的非金属性强弱方法，正确掌握判断金属性、非金属性强弱的方法，明确除杂试剂的作用是解答关键。‎ ‎19.A、B、C、D、E、F、G是短周期元素，周期表中B与C相邻，C与E同主族；A中L层是K层的2倍，B的电子数比C的电子数少1个；F元素的原子在周期表中半径最小；常见化合物D2C2与水反应生成C的气体单质，且溶液使酚酞溶液变红。G是第三周期原子半径最小的主族元素。‎ ‎（1）B在元素周期表中的位置_____；D的最高价氧化物的水化物的电子式____，用电子式表示FGC的形成过程为_______；‎ ‎（2）B与F元素可形成18电子分子的电子式为_____。‎ ‎（3）A、B、C的氢化物稳定性顺序为_______（用分子式表示）；G的阴离子的还原性_____（大于或小于）E的阴离子。‎ ‎（4）F2C和F2E中，沸点较高的是____（填化学式），其主要原因是_____。‎ ‎（5）锡（Sn）是古代五金之一，在第五周期第ⅣA，锡能和浓硫酸反应生成Sn（SO4）2和刺激性气味气体，反应的化学方程式为_______。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期ⅤA族 (2). (3). (4). (5). CH4＜NH3＜H2O (6). 小于 (7). H2O (8). 水分子间存氢键 (9). Sn+4H2SO4=Sn（SO4）2+2SO2↑ +4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A中L层是K层的2倍可知，A为C元素；F元素的原子在周期表中半径最小，则F为H元素；由常见化合物D2C2‎ 与水反应生成C的气体单质，且溶液使酚酞溶液变红可知，该反应为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则D为Na元素、C为O元素；B的电子数比C的电子数少1个，则B为N元素；C与E同主族，则E为S元素；G是第三周期原子半径最小的主族元素，则G为Cl元素，综合以上分析可知A为C元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、F为H元素、G为Cl元素。‎ ‎【详解】（1）B为N元素，位于周期表第二周期ⅤA族；D为Na元素，Na元素的最高价氧化物的水化物为离子化合物NaOH，电子式为；FGC为共价化合物HClO，HClO的结构式Cl—O—H，用电子式表示HClO的形成过程为，故答案为：第二周期ⅤA族；；；‎ ‎（2）B为N元素，F为H元素，两者形成的18电子分子为共价化合物N2H4，电子式为：，故答案为：；‎ ‎（3）非金属元素C、N、O的非金属性强弱顺序为C＜N＜O，元素非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性顺序为CH4＜NH3＜H2O；非金属性S＜Cl，元素非金属性越强，其对应离子还原性越弱，则氯离子还原性小于硫离子，故答案为：CH4＜NH3＜H2O；小于；‎ ‎（4）F2C为H2O，F2E为H2S，H2O分子间形成氢键，沸点高于H2S，故答案为：H2O；水分子间存在氢键；‎ ‎（5）由题意可知锡能和浓硫酸反应生成Sn（SO4）2、刺激性气味的SO2气体和H2O，反应的化学方程式为Sn+4H2SO4=Sn（SO4）2+2SO2↑ +4H2O，故答案为：Sn+4H2SO4=Sn（SO4）2+2SO2↑ +4H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了位置、结构与性质的关系，注意掌握元素周期表中各元素位置、结构与性质的关系，明确元素周期律、元素周期表的内容，根据题干信息正确推断各元素为解答关键。‎ ‎20.（1）试管Ⅰ和Ⅱ中分别加入3 mL稀盐酸（均足量），再将装0.3 g NaHCO 3和0.3 g Na2CO3粉末的小气球分别套在试管Ⅰ和Ⅱ的管口。将气球内的 NaHCO3和Na2CO3同时倒入试管中，请回答下列问题：‎ ‎①试管Ⅰ中发生反应的离子方程式为________。‎ ‎②加入固体后，试管_______（填 “Ⅰ”或“Ⅱ”）上的气球膨胀较快。‎ ‎（2）为研究Na2CO3、NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应还是放热反应，某同学继续进行了下列实验（每次实验各做3次平行实验，取平均值）：‎ 序号 ‎35 mL试剂 固体 混合前温度/℃‎ 混合后温度/℃‎ ‎①‎ 水 ‎2.5 g NaHCO3‎ ‎20.0‎ ‎18.5‎ ‎②‎ 水 ‎3.2 g Na2CO3‎ ‎20.0‎ ‎24.3‎ ‎③‎ 盐酸 ‎2.5 g NaHCO3‎ ‎20.0‎ ‎16.2‎ ‎④‎ 盐酸 ‎3.2 g Na2CO3‎ ‎20.0‎ ‎25.1‎ ‎①设计1、2组实验的目的是：_______。‎ ‎②通过上述实验可得出：NaHCO3溶液和盐酸的反应是_____反应，对应的图像为______。‎ ‎【答案】 (1). HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O (2). Ⅰ (3). 1，2为对照组，排除物质溶解而造成的热量变化 (4). 吸热 (5). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；‎ ‎②NaHCO3和Na2CO3与盐酸反应在同一条件下的速率不同，碳酸氢钠反应速率更快；‎ ‎（2）①反应前温度相同，改变酸及固体的量，探究反应中的热效应；②由实验①、③中温度变化判断碳酸氢钠与盐酸反应的能量变化。‎ ‎【详解】（1）①试管Ⅰ中碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式为：HCO3-+H+═CO2↑+H2O，故答案为：HCO3-+H+═CO2↑+H2O；‎ ‎②在同一条件下，碳酸钠与酸反应的速率小于碳酸氢钠，试管Ⅰ中碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳的速率快于试管ⅡNa2CO3与盐酸反应生成二氧化碳的速率，则试管Ⅰ气球膨胀较快，故答案是：Ⅰ；‎ ‎（2）①由题给数据可知，1、2组为Na2CO3、NaHCO3溶于水的实验，溶于水前后有温度变化，所以设计1、2组实验的目的是作为实验对照组，排除Na2CO3、NaHCO3与盐酸的反应时，Na2CO3、NaHCO3溶解而造成的热量变化，故答案为：1、2为对照组，排除物质溶解而造成的热量变化；‎ ‎②由实验①、③可知，当NaHCO3与盐酸反应后，混合溶液的温度降低，说明碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，所以A符合，故答案为：吸热；A。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，以实验探究考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质及与酸反应的热效应，注意把握表格中实验数据的分析，注意变量控制法的应用为解答的关键。‎ ‎ ‎