江西省吉安市新干县新干中学2019-2020学年高一下学期3月月考化学试卷 15页

化学考试试题答案 一、单选题 ‎1．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A．FeFeCl2Fe(OH)2 B．CaCO3CaOCaSiO3‎ C．S2SO2H2SO4 D．NH3NOHNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁，故A不选；‎ B.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙高温下和二氧化硅反应可以生成硅酸钙，故B选；‎ C.二氧化硫和水生成亚硫酸，不能直接生成硫酸，故C不选；‎ D.一氧化氮和水不反应，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】‎ 铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁。和铁与氯气反应相似的反应还有：硫和氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，即使氧气过量，也不能直接生成三氧化硫；氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮，即使氧气过量，也不能直接生成二氧化氮。‎ ‎2．在一定条件下，将体积NO和体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器中，充分反应后，容器内残留体积的气体，该气体与空气接触变为红棕色，则m:n为( )‎ A．3:2 B．2:3 C．3:8 D．8:3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据一氧化氮气体和氧气混合通入水中全部吸收的反应进行计算，残留气体与空气接触变红棕色，说明残留气体是一氧化氮。‎ ‎【详解】‎ 在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器中内，充分反应，一氧化氮和氧气全部溶于水时按照下列反应进行，化学方程式为：4NO+‎ ‎ 3O2+2H2O=4HNO3；容器内残留气体为一氧化氮，所以和氧气全部溶于水的一氧化氮气体为m-=，一氧化氮和氧气按照4:3混合溶于水恰好全部溶解，所以：n=4:3，得到m:n=8:3；所以D选项是正确的。‎ ‎3．将40 mL二氧化氮和一氧化氮的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中，充分反应后试管中剩下20 mL气体，则原混合气体中二氧化氮和一氧化氮的体积比为(　　)‎ A．3∶1 B．1∶3‎ C．2∶1 D．1∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎40mLNO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中发生反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，剩余20ml气体，反应前后气体体积减少20ml。根据化学反应计算如下：‎ ‎3NO2+H2O＝2HNO3+NO △V（气体体积减少）‎ ‎3 2‎ V（NO2） 20mL 解得V（NO2）=30mL，原气体中V（NO）=10mL，所以原混合气体中NO2和NO的体积比为V（NO2）：V（NO）=30mL：10mL=3：1。答案选A。‎ ‎4．甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如下图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法不正确的是 A．若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物 B．若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用 C．若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2‎ D．若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中该元素的化合价由低到高的顺序可能为：甲<丙<戊 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al，乙为氧气，二者反应生成丙为氧化铝，属于两性氧化物，A正确；‎ B．丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3，若乙为氯气，其水溶液中含有HClO，具有漂白作用，B正确；‎ C．甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为氧气，二者反应生成的丙可能为Na2O2或Na2O，C错误；‎ D．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲＜丙＜戊，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素。‎ ‎5．等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是 A．FeSO4 B．Fe2O3 C． FeO D．Fe3O4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 假设质量都为mg：‎ A．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；‎ B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；‎ C．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；‎ D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO；‎ 故选C。‎ ‎6．铜镁合金2.14 g完全溶于一定浓度的硝酸，硝酸被还原成NO2、NO、N2O 三种气体且标准况下它们体积均为0.224 L。反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为 ‎ A．3.12 g B．4.68 g C．5.08 g D．4.18 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg（NO3）2、Cu（NO3）2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg（OH）2和Cu（OH）2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；在铜镁合金与HNO3反应的过程中金属失去的电子总物质的量等于HNO3得到的电子总物质的量；结合Mg（OH）2和Cu（OH）2的化学式，OH-物质的量等于金属失去的电子总物质的量；据此分析计算。‎ ‎【详解】‎ 铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg（NO3）2、Cu（NO3）2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg（OH）2和Cu（OH）2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；‎ n（NO2）=n（NO）=n（N2O）=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol；铜镁合金溶于一定浓度的硝酸发生氧化还原反应，反应中铜、镁失去的电子总物质的量等于HNO3得到的电子总物质的量，HNO3得到电子被还原成NO2、NO、N2O，则2n（Mg）+2n（Cu）=0.01mol×[（+5）-（+4）]+ 0.01mol×[（+5）-（+2）]+ 0.01mol×2×[（+5）-（+1）]=0.12mol；根据沉淀的组成Mg（OH）2和Cu（OH）2，沉淀中n（OH-）=2n（Mg2+）+2n（Cu2+）=2n（Mg）+2n（Cu）=0.12mol，m（OH-）=0.12mol×17g/mol=2.04g；沉淀的质量为2.14g+2.04g=4.18g，答案选D。‎ ‎【点睛】‎ 解答本题的关键是：利用氧化还原反应中的得失电子守恒和沉淀的化学式得出沉淀中OH-物质的量等于氧化还原反应中转移电子物质的量。‎ ‎7．下列各表中的数字代表的是元素的原子序数。表中数字所对应的元素与他们在周期表中的位置相符的是 ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 1号元素正下方应为3号元素,1号和2号元素相隔16列，A项错误；‎ B. 符合元素周期表中的位置关系，D项正确；‎ C. 13号元素正上方应为13-8=5号元素,正下方应为13+18=31号元素，C项错误；‎ D. 10号元素在周期表中第18列(即最后一列)，B项错误；‎ 答案选B。‎ ‎8．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子．在a克HmX中所含质子的物质的量是（ ）‎ A．(A-N)mol B．(A-N)mol C．(A-N+m)mol D．(A-N+m)mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol。‎ ‎【详解】‎ 核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol，故选项C正确。‎ ‎9．在一定条件下发生如下反应：RO3-+5R-+6H+=3R2+3H2O，则下列说法正确的是 A．R位于元素周期表中的第VA族 B．R的氢化物的水溶液呈酸性 C．RO3-中的R元素只能被还原 D．R2在常温常压下一定是气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．R元素的一种离子R-，可知其元素的最高价为+7价，元素R位于周期表中第ⅤⅡA族，故A错误；‎ B．第VIIA族中，F元素没有正化合价，所以R不是F元素，可能是卤族中其它元素，Cl、Br、I三种元素的氢化物酸性随着原子序数的增大而增强，所以R的氢化物的水溶液是强酸，故B正确；‎ C．RO3-中R为+5价，R的最低负价为-1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性，故C错误；‎ D．若R为Cl，单质为气体，若R为I或Br也可以发生如上反应，碘为固体，溴为液体，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查学生氧化还原反应、元素性质与物质关系以及根据信息提取知识的能力等。关键是根据最低化合价判断其最高化合价及族序数。本题的易错点是C，要注意RO3-中R为+5价，不是最高价。‎ ‎10．下列排列顺序中错误的是 A．原子半径：O＜S＜Na B．稳定性：pH3＞H2S＞NH3‎ C．酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4 D．碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2＜NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．O与S同族，S比O的电子层多，原子半径S＞O，S与Na同周期，但Na的核电荷数小，半径Na＞S，则原子半径O＜S＜Na，正确；‎ B．元素P、S同周期，非金属性P＜S，稳定性pH3＜H2S，错误；‎ C．同周期元素从左到右金属性减弱非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强碱性减弱，C、D均正确；‎ 答案选B。‎ ‎11．已知短周期元素的离子：aA2＋、bB＋、cC3－、dD－‎ 都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．原子半径：A＞B＞D＞C B．原子序数：d＞c＞b＞a C．离子半径：C＞D＞B＞A D．单质的还原性：A＞B＞D＞C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种元素的离子电子层结构相同，它们在周期表中的相对位置如图所示：。‎ ‎【详解】‎ A. A和B的原子核外的电子层数比C和D的原子核外电子层数多一层，所以A和B的原子半径比C和D的原子半径大。A和B在同一周期，电子层数相同，B的核电荷数比A小，所以原子半径B比A大，同理，C的原子半径比D的大，所以原子半径：B＞A＞C＞D，故A不选；‎ B. 从这四种元素在周期表中的相对位置可以看出，原子序数：a＞b＞d＞c，故B不选；‎ C. 这四种离子电子层结构相同，所以离子半径只取决于核电荷数，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径：C＞D＞B＞A，故C选；‎ D. 四种元素均为短周期元素，所以B为Na，A为Mg，C为N，D为F。钠的还原性强于镁，F2没有还原性，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】‎ 几种离子的电子层结构相同，可以首先找到它们在周期表中的相对位置，根据它们的位置，利用元素周期表的结构和元素周期律分析它们的原子半径、离子半径、原子序数、最高价氧化物的水化物的酸碱性、气态氢化物的稳定性、单质的氧化性和还原性以及离子的还原性和氧化性等关系。‎ ‎12．少量的SO2通入下列物质中，能发生反应，但无沉淀产生的是（ ）‎ ‎①溴水 ②Ba(OH)2溶液 ③澄清石灰水 ④Na2CO3溶液 ⑤稀硫酸 ⑥H2S溶液 ⑦Na2SO3溶液 A．仅① B．仅①④⑤ C．仅④⑥⑦ D．仅①④⑦‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎①发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，‎ ‎②发生反应：SO2+Ba(OH)2=BaSO3↓+H2O，‎ ‎③发生反应：SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，‎ ‎④发生反应：SO2+Na2CO3= Na2SO3+CO2，‎ ‎⑤SO2与稀硫酸不反应，‎ ‎⑥发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，‎ ‎⑦发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3。‎ 综上所述，符合题意的有①④⑦，答案选D。‎ ‎13．已知一般情况下原子核外最外层电子数相等的元素具有相似的化学性质．氟元素原子的核外电子排布示意图为，下列原子中，与氟元素原子的化学性质相似的是(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 氟元素原子核外最外层电子数为7个，D项原子核外最外层电子数也为7个，故二者原子的化学性质相似。答案选D。‎ ‎14．下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是(    )‎ A．原子序数为15的元素的最高化合价为+3‎ B．ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素 C．第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6‎ D．I A族元素的金属性一定比ⅡA族元素的金属性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．原子序数为15的元素为P，最外层有5个电子，最高化合价为+5，A错误；‎ B．同周期从左向右非金属性增强，则ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素，B正确；‎ C．第二周期ⅣA族元素为C，质子数=核电荷数=6，由于碳原子存在不同的核素，中子数不确定，C错误；‎ D．不同周期第ⅠA族元素金属性不一定比第ⅡA族元素强，D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】‎ 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，得电子能力增强，金属性减弱，非金属性增强；同一主族，从上到下，失电子能力增强，金属性增强，非金属性减弱。‎ ‎15．周期表中同族元素单质及其化合物在许多性质上都存在着递变规律，随着原子序数的递增，下列有关说法正确的是 A．IA族，单质的熔点逐渐降低   B．ⅥA族，对气态氢化物还原性逐渐增强 C．VA族氢化物的沸点逐渐升高  D．ⅣA族最高氧化物对应水化物的酸性逐渐增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．第IA族包含H和碱金属，氢气常温下为气体，熔点很低，碱金属的熔点依次降低，故A错误；‎ B．元素的非金属性越强，则氢化物的还原性越弱，ⅥA族元素的非金属性依次减弱，所以对气态氢化物还原性逐渐增强，故B正确；‎ C．氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，氨气分子间含有氢键沸点较高，所以VA族氢化物中氨气的沸点最高，故C错误；‎ D．同主族从上到下最高价氧化物的水化物的酸性减弱，则第ⅣA族最高氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎16．下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是（　　）‎ A．NaBr B．LiI C．KCl D．CsF ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若要想阴离子半径与阳离子半径之比最大，则需要阳离子半径较小，阴离子半径较大，因此根据离子半径分析。‎ ‎【详解】‎ 阴离子半径与阳离子半径之比最小的应该是阳离子半径较小的和阴离子半径较大的离子构成的化合物，电子层数相同的离子电荷数大的半径小，同一族的原子序数大的半径大，在选项的四个阳离子中，Li、Na、K、Cs属于同主族元素，电子层数越多半径越大，所以Li+是阳离子半径最小的，在阴离子中，I﹣是阴离子中电子层数最多的，所以半径最大，则LiI的阴离子半径与阳离子半径之比最大，‎ 故选B。‎ 二、填空题 ‎17．(1)X表示原子：‎ ‎①AXn＋共有x个电子，则该阳离子的中子数N＝______。‎ ‎②12C16O2分子中的中子数N＝________。‎ ‎③A2－原子核内有x个中子，其质量数为m，则n g A2－所含电子的物质的量为________。‎ ‎(2)某元素原子的核电荷数是电子层数的5倍，其质子数是最外层电子数的3倍，该元素的原子结构示意图是________。‎ ‎(3)已知某粒子的结构示意图为 试回答：‎ ‎①当x－y＝10时，该粒子为________(填“原子”、“阳离子”或“阴离子”)。‎ ‎②写出y＝3与y＝7的元素最高价氧化物对应水化物发生反应的离子方程式______。‎ ‎【答案】A－x－n 22 mol 原子 氩原子 氯离子 硫离子 钾离子 钙离子 Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)根据“质子数＋中子数＝质量数”的关系，‎ ‎①AXn＋共有x个电子，中性原子X的电子数为x＋n，则N＝A－x－n；‎ ‎②12C16O2分子中的中子数为6＋8＋8＝22；‎ ‎③A2－所含电子数为m－x＋2，则n g A2－所含电子的物质的量为mol。‎ ‎(2)设核电荷数=质子数=a，元素原子的电子层数为x，最外层电子数为y，依题意：a=5x，‎ a=3y，则5x=3y，x=，因原子的最外层电子数不超过8，即y为1～8的正整数，故仅当y=5，x=3合理，该元素的核电荷数为15，则该元素的原子结构为；‎ ‎(3)①当x-y=10时，x=10+y，说明核电荷数等于核外电子数，所以该粒子应为原子；‎ ‎②y=3时，该微粒为铝原子，y=7时，该微粒为氯原子，其最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O。‎ ‎18．在第三周期元素中，除稀有气体元素外：‎ ‎(1)最高价氧化物对应水化物碱性最强的是________；‎ ‎(2) 氧化物中具有两性的是________________；‎ ‎(3)最高价氧化物对应水化物酸性最强的是________(用化学式回答，下同)；‎ ‎(4)最不稳定的气态氢化物是________；‎ ‎(5)原子半径最小的元素是________(填元素符号)；‎ ‎(6)金属性最强的元素是________(填元素符号) 。‎ ‎【答案】NaOH Al2O3 HClO4 SiH4 Cl Na ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同周期元素从左到右，原子序数依次增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，其金属元素最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强。‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 同周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，其金属元素最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱， 最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是NaOH；‎ ‎(2) 具有两性的氧化物是Al2O3；‎ ‎(3) 同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是HClO4；‎ ‎(4) 同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，气态氢化物最不稳定的是SiH4；‎ ‎(5)同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，第三周期元素中，原子半径最小的是Cl；‎ ‎(6)同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，金属性最强是Na。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查元素表和元素周期律的知识，重点是明确同周期金属性、非金属性等元素性质递变规律，要求学生具有分析和解决问题的能力。‎ 三、推断题 ‎20．如图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H为气体，反应①是重要的工业反应，它们之间有如下转化关系(反应中生成的水已略去)。‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）工业上常利用反应①制取漂白粉，该反应的化学方程式：__________，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为_________。‎ ‎（2）A中元素的原子结构示意图为________。‎ ‎（3）F在溶液中的电离方程式为_________。‎ ‎（4）上述反应中属于氧化还原反应的是_______(填写序号)。‎ ‎【答案】2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO HCl===H＋＋Cl－ ①⑤ ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为黄绿色气体，应为Cl2，与石灰乳反应得到C，C能与气体B反应得到E，而E与石灰水反应也得到E，可推知B为CO2，则E为CaCO3，C为Ca(ClO)2，D为CaCl2，G为HClO，F为HCl，H为O2，据此分析。‎ ‎【详解】‎ A为黄绿色气体，应为Cl2，与石灰乳反应得到C，C能与气体B反应得到E，而E与石灰水反应也得到E，可推知B为CO2，则E为CaCO3，C为Ca(ClO)2，D为CaCl2，G为HClO，F为HCl，H为O2。‎ ‎（1）B是CO2，D是CaCl2，G是HClO，H是O2；‎ ‎（2）工业上常利用反应①氯气与石灰乳反应制取漂白粉，该反应的化学方程式：2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO；‎ ‎（3）A为氯元素，其原子结构示意图为；‎ ‎（4）F为HCl，在溶液中的电离方程式为HCl=H＋＋Cl－；‎ ‎（5）上述反应中属于氧化还原反应的是①2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O氯元素化合价由0价变为+1价和-1价、⑤2HClO2HCl+ O2↑。‎ ‎20．有V、W、X、Y、Z五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中只有X、Z是金属元素；V元素的一种核素原子核内无中子，Z元素原子的最外层只有一个电子；W和Y元素原子的最外层电子数相同，且W元素原子L层电子数是K层电子数的3倍；X元素原子的最外层电子数是Y元素原子最外层电子数的一半。回答下列问题：‎ ‎(1)V的一种核素中质子数为中子数的1/2，则该核素的名称为_______。‎ ‎(2) Z的元素符号为________。‎ ‎(3)X元素的离子结构示意图为________。‎ ‎(4)Y的单质在加热条件下与铁反应的化学方程式为______。‎ ‎(5) W元素的原子结构示意图为________。‎ ‎【答案】氚 K Fe+SFeS ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ V元素的一种核素原子核内无中子，则其为H元素；W元素原子L层电子数是K层电子数的3倍，则其为O元素；W和Y元素原子的最外层电子数相同，且Y的原子序数大于W，所以Y为S；Z元素原子的最外层只有一个电子，且原子序数最大，则Z为K；X元素原子的最外层电子数是Y元素原子最外层电子数的一半，则为Al。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）氢元素质子数为中子数的的核素是(氚)；‎ ‎（2）根据分析可知Z为K；‎ ‎（3）X为Al，失去最外层3个电子形成离子，结构示意图为；‎ ‎（4）Y为S，氧化性较弱，与铁反应生成硫化亚铁，方程式为：Fe+SFeS；‎ ‎（5）W元素为氧，原子结构示意图为。‎ 四、计算题 ‎22．50 mL浓H2SO4溶液(足量)中加入3.2 g Cu，在加热条件下充分反应：‎ ‎(1) 将题干中反应后的溶液稀释到500 mL，取出50 mL，并向取出液中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀19.81 g，则原浓硫酸的物质的量浓度为_____________。 ‎ ‎(2)若题干中浓硫酸的物质的量浓度为a mol/L，投入足量的铜片加热，充分反应后，被还原的硫酸的物质的量n(H2SO4)_______0.025a mol(填“等于”、“大于”或“小于”)。‎ ‎(3)反应消耗的H2SO4的物质的量是_____________，生成SO2的体积为(标准状况下)____________mL。‎ ‎【答案】小于 18 0.1 1 120‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据反应方程式，硫酸一部分起酸性，一部分作氧化剂，因此根据硫元素守恒，n(H2SO4)=[n(SO42－)＋n(SO2)] mol=( ＋) mol=0.9mol，因此c(H2SO4)==18mol·L－1。‎ ‎（2）在Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O中，被还原的硫酸的物质的量是参加反应的硫酸的一半。硫酸不足，铜过量，因此根据硫酸进行计算，被还原硫酸的物质的量为50×10－3×mol=0.025amol，但铜只与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，转化成稀硫酸，反应停止，即被还原的稀硫酸的物质的量小于0.025amol；‎ ‎（3）发生的反应是Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，因为硫酸是过量的，因此根据铜进行计算，n(Cu)==0.05mol，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)=2n(Cu)=2×0.05mol=0.1mol，产生V(SO2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，即1120ml。‎