【化学】河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高一下学期一调考试试题（解析版） 20页

河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高一下学期一调考试试题 用到的原子量：H 1 O 16 Cu 64 N 14‎ 一、单选题 ‎1.高纯度单晶硅是典型无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备：‎ SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)，下列说法正确的是(　　)‎ A. 步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑‎ B. 步骤①、②、③中每生成或反应1 mol Si，转移4 mol电子 C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应 D. SiHCl3(沸点‎33.0 ℃‎)中含有少量的SiCl4(沸点‎67.6 ℃‎)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；‎ B．步骤①中Si的化合价降低4，转移电子数为4mol，步骤②中生成SiHCl3，化合价升高2，步骤③中每生成1mol Si，转移2mol电子，故B错误；‎ C．二氧化硅和硅均能与氢氟酸反应，故C错误；‎ D．沸点相差‎30℃‎以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，则SiHCl3(沸点‎33.0 ℃‎)中含有少量的SiCl4(沸点‎67.6 ℃‎)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎2.从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下，下列关于海水制碘的说法，不正确的是(　　)‎ A. 实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃搅拌 B. 含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应 C. 在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 D. 碘水中加入CCl4得到I2的CCl4的溶液，该操作为“萃取”‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，错误；‎ B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，正确；‎ C、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，正确；‎ D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，正确。‎ ‎3.下列关于物质性质的叙述中，正确的是(　　)‎ A. Cl2能与金属活动顺序表中大多数金属反应 B. N2是大气中的主要成分之一，雷雨时，可直接转化为NO2‎ C. 硫是一种淡黄色的能溶于水的晶体，既有氧化性又有还原性 D. 硅是应用广泛的半导体材料，常温下化学性质活泼 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2能与金属活动顺序表中大多数金属反应，A正确；‎ B．N2是大气中的主要成分之一，雷雨时，可直接转化为NO，B错误；‎ C．硫是一种淡黄色的不溶于水的晶体，既有氧化性又有还原性，C错误；‎ D．硅是应用广泛的半导体材料，常温下化学性质不活泼，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4. 化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法正确是(　　)‎ A. 汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2‎ B. 向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO3，可减少对大气的污染 C. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 D. 大量燃烧化石燃料排放的废气中含CO2、SO2，从而使雨水的pH＝5.6形成酸雨 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．汽车的排气管上装有“催化转化器”，能使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2，A项正确；‎ B．向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4，可减少对大气的污染，B项错误；‎ C．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，C项错误；‎ D．大量燃烧化石燃料排放的废气中含SO2，从而使雨水的pH＝5.6形成酸雨，CO2不能形成酸雨，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是(　　)‎ A. CuCl2 B. FeCl‎2 ‎C. FeCl3 D. AlCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜与盐酸不反应，A错误；‎ B．铁与氯气反应生成氯化铁，B错误；‎ C．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，C错误；‎ D．铝可以与氯气和盐酸反应生成氯化铝，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是(　　)‎ ‎①实验室收集氨气采用图1所示装置 ‎②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置 ‎③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验 ‎④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应 A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。‎ ‎【详解】①‎ 图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；‎ ‎②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；‎ ‎③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；‎ ‎④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；‎ 故符合“绿色化学”的为①②④。‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是( )‎ A. a—b—c—d—e—f—g—h B. a—e—d—c—b—h—i—g C. a—d—e—c一b—h—i—g D. a—c—b—d—e 一h—i—f ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】利用高锰酸钾溶液和浓盐酸混合反应产生氯气，氯气中混有氯化氢和水蒸气，需要通过饱和食盐水、浓硫酸装置，分别除去氯化氢和水蒸气，得到干燥纯净氯气，与铁粉加热反应生成氯化铁，由于氯气有毒，尾气还需要碱液吸收处理，综上装置连接顺序：制氯气、除杂(HCl、水蒸气)、反应制备FeCl3 ,尾气处理，注意洗气瓶中导管应“长进短出”；‎ 故选B。‎ ‎8.如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满NO2和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边慢慢摇动试管，直到两个试管内充满液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液物质的量浓度之比为(　　)‎ A. 1∶1 B. 5∶‎7 ‎C. 7∶5 D. 4∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】装满NO2的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，装满NO的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3。‎ ‎【详解】相同条件下，NO2、NO装满容积相同的试管，则体积相同，根据阿伏加德罗定律可知n(NO2)＝n(NO)，分别通入氧气直到两个试管内充满液体，根据氮原子守恒可知，所得硝酸的物质的量相等，溶液的体积相同，则两个试管中所得溶液的物质的量浓度之比为1∶1，‎ 答案选A。‎ ‎9.工业上通过氮气和氢气反应合成氨,氨经一系列反应可以得到硝酸。反应历程如下图所示,下列说法不正确的是(   )‎ A. 氨可用作制冷剂 B. 铵态氮肥一般不能与碱性化肥共同使用 C. 硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等 D. 某浓硝酸中含有溶质2mol,标准状况下,该浓硝酸与足量的铜完全反应能生成1mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．液氨挥发过程中吸收能量，可用作制冷剂，故A正确； ‎ B．铵态氮肥溶解后铵根离子水解显酸性，一般不能与碱性化肥共同使用，故B正确；‎ C．硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等，故C正确；‎ D．某浓硝酸中含有溶质2mol，标准状况下，该浓硝酸与足量的铜完全反应，随反应进行溶液浓度变稀后反应生成一氧化氮气体，生成NO2 小于1mol，故D错误；答案为D。‎ ‎10.将3mol的NO2气体依次通入下列三个分别装有足量①NaHCO3饱和溶液、②浓H2SO4、③Na2O2的装置后，用排水法把残留气体收集起来，则收集到的气体是(同温、同压下测定)(  )‎ A. 1mol NO B. 1mol NO2和0.05mol O‎2 ‎ C. 2mol O2 D. 0.25mol O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】3NO2+H2O=HNO3+NO，由此可知有1mol NO产生，有2mol HNO3生成；根据HNO3 + NaHCO3=NaNO3+ H2O+CO2 ↑可知，2mol HNO3与足量NaHCO3 反应有2mol CO2 产生；2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，由此可知有1mol O2产生，所以此时剩余气体为1mol NO和1mol O2；用排水法收集时，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由此可知最后剩余0.25mol O2；‎ 答案选D。‎ ‎11.用如图所示实验装置进行物质性质的探究实验。下列说法不合理的是(     )‎ A 若品红溶液①褪色，则说明产物中含有SO2‎ B. 若溴水褪色，则说明SO2具有还原性 C. 若烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡，则说明Na2S2O3只作氧化剂 D. 若品红溶液②不褪色、Na2SiO3溶液中出现白色浑浊，则说明硅酸比碳酸的酸性弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能使品红溶液褪色，故A合理；‎ B．使溴水褪色，发生了氧化还原反应，二氧化硫被溴氧化为硫酸根离子，表现出的还原性，故B合理；‎ C．Na2S2O3与硫酸发生歧化反应生成单质硫（黄色固体）和二氧化硫（刺激性气味气体），此反应中该物质既作氧化剂又作还原剂，故C不合理；‎ D．品红溶液②不褪色说明无， 溶液中出现白色浑浊，说明和饱和溶液反应产生了二氧化碳，依据强酸制弱酸的原理，说明硅酸比碳酸的酸性弱，故D合理。‎ 故选C。‎ ‎12.下列各组物质中，任意两种物质在常温下均能发生反应的是（ ）‎ 选项 甲 乙 丙 A NH3‎ CuO 稀 HNO3‎ B A1‎ 盐酸 Fe2O3‎ C Si O2‎ H2‎ D SO2‎ NaOH溶液 新制氯水 ‎【答案】D ‎【解析】A、NH3还原CuO，条件是加热，故A错误；B、Al与Fe2O3反应需要加热，故B错误；C、Si与O2，H2与O2，需要加热进行，故C错误；D、符合条件，故D正确。‎ ‎13. 如图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）‎ A. CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉 B. NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉 C. H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉 D. HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHCO3与CO2不反应，烧瓶内的压强不变，不能形成喷泉，故选A；‎ B.NH3易溶于水，形成NH3·H2O，NH3·H2ONH4＋OH－，溶液呈碱性，能形成红色喷泉，故不选B；‎ C.H2S＋CuSO4H2SO4＋CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉，故不选C；‎ D.HCl＋AgNO3HNO3＋AgCl，AgCl为白色沉淀，能形成白色喷泉，故不选D。‎ 答案选A。‎ ‎14.浓硫酸与下列物质作用时，既表现氧化性，又表现酸性的是( )‎ ‎①炽热的木炭 ②H2S气体 ③Cu(加热条件下) ④FeO ⑤NH3 ⑥蔗糖 ⑦CuSO4·5H2O ⑧铁、铝(常温下)‎ A. ③④ B. ①②⑤⑧ C. ①②③④⑦ D. ⑥⑦‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硫酸与①炽热的木炭、②H2S反应及⑧常温下Fe、Al遇浓硫酸发生钝化，浓硫酸只表现氧化性；浓硫酸与⑤NH3反应时只表现酸性；浓硫酸使⑥蔗糖炭化并膨胀，表现的是浓硫酸的脱水性和氧化性；浓硫酸与⑦CuSO4•5H2O反应，表现的是浓硫酸的吸水性；浓硫酸与 ③Cu(加热条件下)、④FeO作用时，既表现氧化性，又表现酸性；故选A。‎ ‎15.对于某些离子的检验及结论一定正确的是(　　)‎ A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-‎ B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-‎ C. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+‎ D. 用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定不含K+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，不一定含有CO32-，A错误；‎ B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有SO42-，也可能含Ag+，B错误；‎ C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定有NH4+，C正确；‎ D.用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定含有Na+，可能含K+，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎16. 在‎15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成‎25.4g沉淀，则下列表示气体X组成的选项中合理的是(　　)‎ A. 0.3‎‎ mol NO、0.1 mol NO2‎ B. 0.3 mol NO2、0.1 mol NO C. 0.6 mol NO D. 0.3 mol NO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成‎25.4g沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=‎25.4g-15.2g=‎10.2g，n（OH-）=‎10.2g÷‎17g/mol=0.6molmol，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，即金属提供电子物质的量为0.6mol。‎ ‎【详解】A．若生成0.3mol NO、0.1mol NO2，则转移电子为0.3mol×（5-2）+0.1mol×（5-4）=1mol，电子转移不守恒，故A错误；‎ B．若生成0.3mol NO2、0.1mol NO，则转移电子为0.3mol×（5-4）+0.1mol×（5-2）=0.6mol，电子转移守恒，故B正确； ‎ C．若生成0.6mol NO，则转移电子为0.6mol×（5-2）=1.8mol，电子转移不守恒，故C错误；‎ D．若生成0.3mol NO2，则转移电子为0.3mol×（5-4）=0.3mol，电子转移不守恒，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎17.将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是(　　)‎ A. SO2、H2S B. SO2、NO‎2 ‎ ‎ C. NH3、CO2 D. CO2、SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化钡中通入二氧化硫不反应，再通入硫化氢，二氧化硫和硫化氢反应生成硫沉淀，不选A；‎ B、氯化钡中通入二氧化硫不反应，再通入二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，可以氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不选B；‎ C、氯化钡中通入氨气不反应，再通入二氧化碳可以生成碳酸钡沉淀和氯化铵，不选C；‎ D、氯化钡中通入二氧化碳和二氧化硫都不反应，不会出现沉淀，选D。‎ ‎18.A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素 X。它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件已略去)，下列判断正确的是(   )‎ A. X元素不一定为非金属元素 B. 单质A可能是Cl2，不能是S C. 反应①和②一定为氧化还原反应 D. 反应①和②都为复分解反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由转化关系图可以看出，单质A与强碱发生反应，生成了两种产物B和C，B和C均含有同一种元素，且又可以在强酸的作用下发生反应生成单质A，可知反应①应该是单质A的歧化反应，反应②应该是某一种元素的归中反应，则可以知道B和C中A元素分别显正价和负价，则A可能为Cl2或S，为非金属元素。‎ ‎【详解】A. 根据上述分析A可能为Cl2或S，为非金属元素，故A错误；‎ B. A可能为Cl2或S，故B错误；‎ C. 单质 A生成化合物，属于歧化反应，元素的化合价发生变化；化合物生成单质A，属于归中反应，元素化合价也发生变化，所以反应①和反应②一定属于氧化还原反应，故C正确；‎ D.根据C分析可知，两个反应均为氧化还原反应，不可能为复分解反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎19.将‎1.92g铜粉投入到某硫酸和硝酸的混合溶液中，其中，硫酸以及硝酸的浓度均为1mol/L，溶液体积为40mL，待充分反应后若只生成NO气体，则最多可收集到标准状况下的NO体积为（　　）‎ A. 336 mL B. 112 mL C. 448 mL D. 224 mL ‎【答案】C ‎【解析】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。‎1.92g铜的物质的量为‎1.92g÷‎64g/mol=0.03mol，硫酸和硝酸均是0.04mol，混合溶液中含H+‎ 物质的量为：0.04mol×2+0.04mol＝0.12mol，硝酸根是0.04mol，根据离子方程式可知硝酸根和氢离子过量，0.03mol铜完全反应，得到0.02molNO，标准状况下0.02molNO的体积为：‎22.4L/mol×0.02mol=‎0.448L=448mL，答案选C。‎ ‎20. 某核素原子核内质子数为m，中子数为n，则下列叙述中正确的是(　　)‎ A. 不能由此确定该元素的相对原子质量 B. 这种元素的相对原子质量为m+n C. 若碳原子质量为ωg，则此原子的质量为(m+n)ωg D. 核内中子的总质量小于质子的总质量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、题目已知某元素的一种核素的质子数和中子数，能确定该核素的相对原子质量但不能确定该元素的相对原子质量，A正确；‎ B、题目已知某元素的一种核素的质子数和中子数，该核素的丰度未知导致无法计算该元素的相对原子质量，B错误；‎ C、该核素的相对原子质量近似为m+n，该核素的相对原子质量等于该核素的质量与碳-12质量的所得的比值，所以该核素的质量为（m+n）ωg，C错误；‎ D、一个质子的质量和一个中子的质量相当，质子数和中子数的相对多少未知，导致无法判断，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎21.下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是(　　)‎ ‎①HCl比H2S稳定 ‎②HClO氧化性比H2SO4强 ‎③HClO4酸性比H2SO4强 ‎④Cl2能与H2S反应生成S ‎⑤氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子 A. ②⑤ B. ①② C. ①②④ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①HCl比H2S稳定，可以证明元素的非金属性Cl>S，正确；②HClO氧化性比H2SO4强，与元素的非金属性强弱无关，错误；③HClO4酸性比H2SO4‎ 强，可以证明元素的非金属性Cl>S，正确；④Cl2能与H2S反应生成S，可以证明元素的非金属性Cl>S，正确；⑤元素的非金属性强弱与元素原子的最外层电子数无直接关系，不能证明元素的非金属性Cl>S，错误。故不能证明的是②⑤，选项A正确。‎ ‎22.我国稀土资源丰富。下列有关稀土元素与的说法正确的是(   )‎ A. 与互为同位素 ‎ B. 与的质量数相同 C. 与是同一种核素 ‎ D. 与核外电子数和中子数均为62‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，所以与互为同位素A正确；‎ B. 在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，所以与的质量数不同，B不正确；‎ C. 具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子是核素，与是两种核素，C不正确；‎ D. 因为质子数和中子数之和是质量数，所以与的核外电子数和中子数分别是62、82和62、88，D不正确。‎ 答案选A。‎ ‎23.某元素的一个原子形成的离子可表示为n-，下列说法正确的是（ ）‎ A. n-中含有的中子数为a+b B. n-中含有的电子数为a-n C. X原子的质量数为a+b+n D. 一个X原子的质量约为 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据n-中质子数是a，质量数是b，中子数=质量数-质子数，阴离子中核外电子数=核内质子数+电荷数，原子的质量以克为单位，数值为原子的相对原子质量和阿伏伽德罗常数的比值。‎ ‎【详解】A. n-中含有的中子数=质量数-质子数=b-a，A错误；‎ B. n-的核外电子数=核内质子数+电荷数=a+n，B错误；‎ C. n-的质量数为b，C错误；‎ D.1 moln-的质量是b g，根据n=及n=，则原子的质量为1 mol该原子的质量和阿伏伽德罗常数的比值，所以1个X原子的质量为m= g，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎24.下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子最外层电子数等于或大于3(小于8)的元素一定是非金属元素 B. 原子最外层只有1个电子的元素一定是金属元素 C. 最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第二周期 D. 某元素的离子最外层电子数与次外层电子数相同，该元素一定位于第三周期 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素若位于长周期，则可能是金属元素，如Ge(第四周期ⅣA族)， A错误；‎ B．氢元素原子最外层电子数为1，是非金属元素，B错误；‎ C．根据原子核外电子排布规律，可知最外层电子不超过8个，若次外层电子也少于8，则次外层为K层，最外层为L层，元素原子核外共两个电子层，位于第2周期，C正确；‎ D．K+最外层与次外层电子数相等，但K元素位于第四周期，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎25.下列关于元素周期表的叙述正确的是（ ）‎ A. 周期表中有八个主族，八个副族 B. 目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素 C. 短周期元素是指1～20号元素 D. 原子的最外层电子数都等于该元素所在的族序数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．周期表中7个主族、7个副族，1个0族、1个第Ⅷ族，共16个族，选项A错误；B．一至七周期元素的种类为2、8、8、18、18、32、32，则目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素，选项B正确；‎ C．短周期为一至三周期，短周期元素是指1-18号元素，选项C错误；‎ D．主族元素的最外层电子数都等于该元素所在的族序数，副族元素不一定，选项D错误。答案选B。‎ ‎26.下列说法正确的是（ ）‎ A. 碱金属元素单质的熔点随原子序数递增而降低 B. 同种元素的原子均有相同的质子数和中子数 C. 族序数等于其周期序数的元素一定是金属元素 D. ⅦA 族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碱金属元素随着原子序数的递增原子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，单质的熔点逐渐降低，故A正确；‎ B. 同种元素的不同核素质子数相同，中子数不同，故B错误；‎ C. 氢元素的族序数等于其周期数，属于非金属元素，故C错误；‎ D. ⅦA族阴离子还原性越强，元素的非金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎27.下列关于卤族元素由上到下性质递变规律的叙述，正确的是(　　)‎ ‎①单质的氧化性增强 ②单质的颜色加深 ③气态氢化物的稳定性增强　④单质的沸点升高　⑤阴离子的还原性增强 A. ①②③ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，故①‎ 错误；‎ ‎②卤素单质从上到下，单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，颜色逐渐加深，故②正确；‎ ‎③卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故③错误；‎ ‎④卤素单质都属于分子晶体，从上到下单质的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，单质的沸点升高，故④正确；‎ ‎⑤卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性增强，故⑤正确。‎ 故选C。‎ ‎28.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是(　　)‎ A. 原子半径：WHI ‎ B. 在短周期中，金属性最强的元素是钠，非金属性最强的元素是氟 C. 向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生 ‎ D. 镁条、铝片分别与同浓度盐酸反应，Mg的反应更容易 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同主族元素上而下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物稳定性逐渐减弱，非金属性：Br>I，故气态氢化物的稳定性：HBr>HI，故A不选；‎ B．根据元素周期律，同周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，故短周期中金属性最强的元素是钠，非金属性最强的元素是氟，故B不选；‎ C．向溶液中加盐酸，有气泡产生，说明HCl的酸性强于，但HCl、不是元素Cl和S的最高价氧化物对应的水化物，不能用元素周期律解释，故C选；‎ D．同周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，对应单质与同浓度盐酸反应越来越难，金属性：Mg>Al，所以镁条、铝片分别与同浓度盐酸反应，Mg的反应更容易，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎30.某元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO3。这种元素的气态氢化物的化学式是（ ）‎ A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】X元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，则X的最高正价为+4价，说明X原子最外层有4个电子，最低化合价为−4价，形成的氢化物为XH4，答案选D。‎ 二、填空题 ‎31.下表为元素周期表的一部分 碳 氮 Y X 硫 Z 回答下列问题：‎ ‎(1)Z元素在周期表中的位置为____，其氢化物的化学式____，其水溶液是___酸(填强或弱)‎ ‎(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)______，其氧化物化学式_____‎ ‎(3)下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是____。‎ A.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊 B.在氧化还原反应中，1mol Y单质比1mol S得电子多 C.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 ‎【答案】(1). 第3周期ⅦA族 (2). HCl (3). 强 (4). Si (5). SiO2 (6). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】根据周期表，X为：Si元素，Y为：O元素，Z为：Cl元素。‎ ‎【详解】(1)Cl元素在周期表中位于第3周期ⅦA族，其氢化物的化学式HCl ，其水溶液盐酸是强酸；‎ ‎(2)同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，表中元素原子半径最大的是Si，其氧化物化学式SiO2；‎ ‎(3)A.Y单质O2与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，从而说明O元素的非金属性比S元素的非金属性强，A正确；‎ B.氧化性的强弱与得电子的多少无关，B错误；‎ C.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，H2O比H2S难分解，说明O元素的非金属性比S元素的非金属性强，C正确。‎ 答案选AC。‎ ‎32.如图中A、B、C、D是同周期或同主族的相邻元素：‎ D A B C ‎(1)已知：A元素的最低价为-3价，它的最高价氧化物含氧56.34%，原子核内中子数比质子数多1个，则A元素原子的质量数为_____。 ‎ ‎(2)写出元素符号：A_____，C_____，D____。‎ ‎(3)A、B、C三种元素最高价氧化物的水化物中酸性最强的是____(填化学式)。 ‎ ‎(4)B、D两种元素和氢组成的气态氢化物中稳定性最强的是___，还原性最强的____(填化学式)。‎ ‎【答案】(1). 31 (2). P (3). Cl (4). O (5). HClO4 (6). H2O (7). H2S ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C、D是同周期或同主族的相邻元素，A元素最低价为-3价，则其最高价为+5价，它的最高价氧化物为A2O5，含氧56.34%，则令A的相对原子质量为a，则 ×100%=56.34%，解得a=31，即A的质量数为31，又因A的原子核内中子数比质子数多1，则其质子数为 =15，故A为P，由题给位置关系可知B为S，C为Cl，D为O。‎ ‎【详解】(1)由分析，A为P，A元素原子的质量数为31。故答案为：31；‎ ‎(2)元素符号：A为P，C为Cl，D为O。故答案为：P；Cl；O；‎ ‎(3)P、S、Cl三种元素最高价氧化物的水化物依次为H3PO4、H2SO4、HClO4，非金属性Cl>S>P，故酸性最强的是HClO4。故答案为：HClO4；‎ ‎(4)S、O两种元素和氢组成的气态氢化物分别是H2S和H2O，非金属性O>S，故H2O的稳定性较大，H2S的还原性较强。故答案为：H2O；H2S。‎ 三、实验题 ‎33.下图是在实验室进行氨的快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。‎ ‎（1）在组装好装置后，若要检验A～E装置的气密性，其操作是首先________________，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管内有水柱形成，说明装置气密性良好。‎ ‎（2）装置B中盛放的试剂是________。‎ ‎（3）点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生_______（答现象）；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气中，请写出在C中发生反应的化学方程式：_________________________________________。‎ ‎（4）当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为‎16g，反应后固体质量减少‎2.4g，通过计算确定该固体产物的成分：________（用化学式表示）。‎ ‎（5）在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中，写出产生白烟的化学方程式：______________________，迅速产生倒吸的原因是_____________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞 (2). 碱石灰（或生石灰） (3). 白色沉淀 (4). 2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O (5). Cu2O、Cu (6). 3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl (7). 盛满氯气的集气瓶中因氨与HCl反应生成固体，导致瓶内压强减小，引起溶液倒吸 ‎【解析】‎ ‎【分析】A是制备NH3的装置，B是干燥NH3的装置，C是NH3与CuO的反应装置，E是处理氨尾气的装置，F是NH3与Cl2的反应装置，G是处理Cl2尾气的装置。‎ ‎【详解】（1）组装好装置后，若要检验A～E装置的气密性，其操作是：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好，故答案为关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞；‎ ‎（2）进入C中硬质试管的氨气应干燥，装置B的作用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰（或生石灰），故答案为碱石灰（或生石灰）；‎ ‎（3）装置C中黑色固体逐渐变红，说明有Cu生成，从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水，C中发生反应的化学方程式为：2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O；故答案为2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O；‎ ‎（4）若产物全部是Cu，则由差量法知减少的全部是氧元素的质量，即n(CuO)=n(O)=‎2.4g÷‎16g/mol=0.15mol，所以反应的CuO的质量为0.15mol×‎80g/mol=‎12g＜‎16g，所以CuO未完全转化成Cu，高温情况下CuO分解生成Cu2O和O2，剩余固体中还可能含有Cu2O，故答案为Cu2O、Cu；‎ ‎（5）Cl2可将NH3氧化为N2，同时生成的HCl会和NH3反应生成NH4Cl，反应方程式为3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl，产生白烟现象；F瓶内压强变小，从而出现倒吸现象，故答案为3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl；盛满氯气的集气瓶中因氨与HCl反应生成固体，导致瓶内压强减小，引起溶液倒吸。‎