1、2016-2017学年湖南省长沙市麓山国际实验学校高一（上）第一次月考化学试卷一、选择题（每小题2分，每小题只有1个选项符合题意，20小题，共40分）1氨喷泉实验表现氨气具备什么性质（）A无色气体B易液化C极易溶于水D有刺激性气味2有关氨的说法不正确的（）ANH3是10电子微粒B氨气易液化，液氨可用作制冷剂C蘸有浓盐酸的玻璃棒遇氨气产生的白烟D氨气是电解质，NH3H2O是非电解质3下列关于铵盐的叙述中正确的是（）所有铵盐都有氨的刺激性气味所有铵盐都溶于水铵盐不稳定，受热易分解铵盐能与碱反应，受热放出氨气铵盐都不能与酸反应ABCD4如图小试管中盛有几毫升水，与大试管连通的U形管内放有少量水（已染
2、成红色）如沿小试管壁慢慢注入3mL浓硫酸，静置后，U形管中可观察到的现象是液面（）A左高右低B左低右高C左右一样高D来回振动5已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快如图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环下列关于甲、乙的判断正确的是（）A甲是浓氨水，乙是浓硫酸B甲是浓盐酸，乙是浓氨水C甲是浓氨水，乙是浓盐酸D甲是浓硝酸，乙是浓氨水6将质量分数为98%的浓硫酸与水进行等体积混合，得到的混合液质量分数为（）A=49%B49%C49%D不确定7取三张蓝色石蕊试纸湿润后贴在玻璃片上，然后按顺序分别滴加浓硝酸、98.3%的浓硫酸、新制氯水，三张试纸最终变成（）A白、红、白B红、黑、白C
3、红、红、红D白、黑、白8足量浓硫酸与mg铜反应得到标准状况下SO2nL，则被还原的酸是（）A molB molC gD g9在容积相同的、三个烧瓶中分别充满NH3、HCl和NO2气体，当把烧瓶倒扣到水中且水与气体充分反应后，所得溶液的物质的量浓度的关系是（）A=BC=D=10在100mL混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别为1mol/L和4mol/L，向该混合液中加入32.5g锌，微热充分反应后，收集到标准状况下的气体为（）A2.24 LB7.84 LC10.08 LD11.2 L11下列说法正确的是（）ALi是最活泼金属，加热生成Li2O2B16O2与18O2互为同分异构体C元素周期表有7
4、个主族，7个副族，1个0族，1个族，共16纵行DHF、HCl、HBr、HI的酸性逐渐增强1213CNMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析14NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，下面有关13C、15N叙述正确的是（）A13C与15N具有相同的中子数B13C与C60是同一种物质C15N与14N互为同位素D15N的核外电子数与中子数相同13根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（）A铍的原子失电子能力比镁弱B砹的氢化物不稳定C硒化氢比硫化氢稳定D氢氧化锶比氢氧化钙的碱性强14某元素的一种同位素X原子的质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子，在a
5、g HmX分子中含质子的物质的量是（）A（A+N+m）molB （AN+m）molC（ AN）molD（AN）mol150.05mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出1.12LH2（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A族D第四周期第A族16某元素R的最高价氧化物的水化物分子式是HnRO2n2，则在气态氢化物中R元素的化合价是（）A3n10B123nC3n4D3n1217下列各离子化合物中，阳离子与阴离子的半径之比最小的是（）AKClBNaBrCLiIDKF18元素周期表中某区域的一些元素多用于
6、制造半导体材料，它们是（）A左、下方区域的金属元素B金属元素和非金属分界线附近的元素C右、上方区域的非金属元素D稀有气体元素19X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层上只有一个电子，下列说法正确的是（）AX可能是第二周期的非金属元素BX可能是第三周期的金属元素CY可能与X同主族DY一定是金属元素20如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是（）A原子半径：WZYXB气态氢化物的稳定性：ZWXYCW的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等DZ的最高价氧化物的水化物可能为强碱二、填空题
7、（共54分）21表是周期表中的一部分，根据AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：AAAAAAA01A2DEGI3BCFH（1）表中元素，化学性质最不活泼的是，只有负价而无正价的是，氧化性最强的单质是（2）最高价氧化物的水化物碱性最强的是，酸性最强的是（3）A分别与G、H形成的化合物中，酸性强的是（4）G、H的单质与水反应，更剧烈的是22A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种化合物甲和乙，火焰颜色均为黄色A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个E是地壳中含量最高的金属元素根据以上
8、信息回答下列问题：（1）D元素在周期表中的位置是，甲物质是（2）A、B、C、D、E五种元素的形成的离子半径由小到大的顺序是（用离子符号填写）（3）与C形成的离子电子数相等的三核分子为，双核分子为（填化学式）（4）E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是23为了验证碳和浓硫酸反应的产物，某同学设计了如图所示实验装置：（1）实验前要进行的操作是（2）A中反应化学方程式是（3）B中现象为，C装置的作用为，E装置的作用为24图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物（部分的产物已省略）；X加热产生A、B、C三种物质，其中A、C为无色气体，B在常温下是一种无色的液体；X
9、与NaOH溶液在加热作用下产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C；X与HCl反应产生一种无色无味的气体A，它能使澄清石灰变浑浊；请填下列空白：（1）物质x可以是，C是（填写化学式）（2）反应的化学方程式（3）FG的化学方程式（4）A与Na2O2的反应，氧化剂为，若生成1molD，转移的电子数目为（5）写出实验室制备氨气的反应方程式25某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律A、B、C三处分别是沾有Na
10、Br溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气（1）甲同学设计实验的依据是；写出选用物质的名称：A，B，C；C中的现象为（2）乙同学的实验原理是，写出B处的离子方程式：（3）根据甲乙同学的实验，最终得到的结论为：三、计算题26为了测定某铜银合金的成分，将30.0g合金溶于80mL13.5mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L（标准状况），（不考虑N2O4的生成）并测得溶液中的c（H+）=1mol/L假设反应后溶液的体积仍为80mL试计算：（1）被还原的硝酸的物质的量；（2）合金中银的质量分数2016-2017学年湖南省长沙市麓山国际实
11、验学校高一（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题2分，每小题只有1个选项符合题意，20小题，共40分）1氨喷泉实验表现氨气具备什么性质（）A无色气体B易液化C极易溶于水D有刺激性气味【考点】氨的化学性质【分析】实验的基本原理是使瓶内外在短时间内产生较大的气压差，利用大气压将瓶下面烧杯中的液体压入瓶内，在尖嘴导管口处形成喷泉1体积水可溶解700体积的氨气（0摄氏度，1标准大气压下），当滴管内的水进入烧瓶内时，氨气大量溶于水，外界大气压将水压入瓶中，剩余氨气又溶于进入瓶中的水，最终水充满烧瓶【解答】解：氨气极易溶于水，所以氨气可以做喷泉实验，与沸点的高低、密度、气味等无关故选
12、C2有关氨的说法不正确的（）ANH3是10电子微粒B氨气易液化，液氨可用作制冷剂C蘸有浓盐酸的玻璃棒遇氨气产生的白烟D氨气是电解质，NH3H2O是非电解质【考点】氨的化学性质【分析】A根据N和H原子的电子数判断；B液氨挥发会吸收周围的热量；C氯化氢与氨气反应生成氯化铵固体；D氨气是非电解质，NH3H2O是电解质【解答】解：AN原子含有7个电子，H原子含有1个电子，则NH3的电子数为10，故A正确；B氨气易液化，液氨挥发会吸收周围的热量，所以液氨可用作制冷剂，故B正确；C盐酸易挥发出氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵固体，所以蘸有浓盐酸的玻璃棒遇氨气产生的白烟，故C正确；D氨气在熔融状态和水溶液
13、中均不能电离，不能导电，是非电解质，NH3H2O的溶液能导电，是电解质，故D错误故选D3下列关于铵盐的叙述中正确的是（）所有铵盐都有氨的刺激性气味所有铵盐都溶于水铵盐不稳定，受热易分解铵盐能与碱反应，受热放出氨气铵盐都不能与酸反应ABCD【考点】含氮物质的综合应用【分析】铵盐为无色晶体，易溶于水，大多数铵盐不稳定，加热易分解，铵盐与碱共热生成氨气，以此来解答【解答】解：所有铵盐为固体，不具有氨的刺激性气味，故错误；所有铵盐均含铵根离子，都溶于水，故正确；铵盐不稳定，受热易分解，生成氨气等，故正确铵盐中铵根离子能与碱反应，受热放出氨气，故正确；铵盐一般不能与酸反应，但碳酸铵、碳酸氢铵与酸反应生成
14、二氧化碳，故错误；故选B4如图小试管中盛有几毫升水，与大试管连通的U形管内放有少量水（已染成红色）如沿小试管壁慢慢注入3mL浓硫酸，静置后，U形管中可观察到的现象是液面（）A左高右低B左低右高C左右一样高D来回振动【考点】浓硫酸的性质【分析】浓硫酸在稀释过程中放出热量，放出的热量导致其环境温度升高，气体有热胀冷缩的性质，据此分析解答，【解答】解：浓硫酸在稀释过程中放出热量，放出的热量导致其环境温度升高，气体有热胀冷缩的性质，所以大试管中气体压强大于大气压，导致U型管中左端液面下降，右面液面升高，出现左低右高的现象，故选B5已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快如图所示为气体扩散速度的实验，两种气
15、体扩散相遇时形成白色烟环下列关于甲、乙的判断正确的是（）A甲是浓氨水，乙是浓硫酸B甲是浓盐酸，乙是浓氨水C甲是浓氨水，乙是浓盐酸D甲是浓硝酸，乙是浓氨水【考点】氨的化学性质【分析】气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙【解答】解：由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故选C6将质量分数为98%的浓硫酸与水进行等体积混合，得到的混合液质量分数为（）A=49%B49%C49%D不确定【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】依据溶液稀释过程中含溶质的质量不变结合硫酸的密度
16、大于水的密度，浓度越大密度越大，等体积混合后所得溶液质量小于原浓硫酸质量的2倍，再根据w（溶质）=100%判断【解答】解：稀释后溶质H2SO4的质量不变，由于硫酸的密度大于水的密度，等体积混合后所得溶液质量小于原浓硫酸质量的2倍，再根据w（溶质）=100%可知，稀释后溶液的质量分数大于49%，故选：B7取三张蓝色石蕊试纸湿润后贴在玻璃片上，然后按顺序分别滴加浓硝酸、98.3%的浓硫酸、新制氯水，三张试纸最终变成（）A白、红、白B红、黑、白C红、红、红D白、黑、白【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质【分析】浓硝酸、新制氯水都具有强氧化性和漂白性，浓硫酸具有脱水性，以此解答该题【解答】解：因硝酸具
17、有强氧化性，能使试纸褪色，则滴加浓硝酸，先变红后褪色，最后为白色；因98.3%的硫酸为浓硫酸，具有脱水性，则能使蓝色石蕊试纸最后变为黑色；因氯水中含有盐酸和次氯酸，新制氯水具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为白色故选D8足量浓硫酸与mg铜反应得到标准状况下SO2nL，则被还原的酸是（）A molB molC gD g【考点】氧化还原反应的计算【分析】由电子守恒可知，n（Cu）（20）=n（被还原的酸）（64），由原子守恒可知，n（被还原的酸）=n（SO2），以此来解答【解答】解：Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，由电子守恒可知，n（Cu）（20）=n（被还原的酸）（64
18、），则n（被还原的酸）=mol，其质量为mol98g/mol；由原子守恒可知，n（被还原的酸）=n（SO2），则n（被还原的酸）=mol，其质量为g，故选C9在容积相同的、三个烧瓶中分别充满NH3、HCl和NO2气体，当把烧瓶倒扣到水中且水与气体充分反应后，所得溶液的物质的量浓度的关系是（）A=BC=D=【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】设烧瓶容积均为V，氨气、HCl极易溶于水，水可充满烧瓶，NO2气体与水发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，水不能充满，结合c=计算【解答】解：设烧瓶容积均为V，氨气、HCl极易溶于水，水可充满烧瓶，NO2气体与水发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，
19、水不能充满，、中浓度均为=mol/L，中溶质为硝酸，其浓度为=mol/L，故选A10在100mL混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别为1mol/L和4mol/L，向该混合液中加入32.5g锌，微热充分反应后，收集到标准状况下的气体为（）A2.24 LB7.84 LC10.08 LD11.2 L【考点】化学方程式的有关计算【分析】锌与稀硝酸反应的实质是3Zn+8H+2NO3=3Zn2+2NO+4H2O，只要Zn与硫酸足量，NO3可以被完全还原，n（Zn）=0.5mol，根据n=cV计算溶液中H+、NO3的物质的量，根据离子方程式进行过量计算，根据不足量的物质计算n（NO），如锌与硫酸过量，考虑
20、锌与硫酸生成氢气，再根据V=nVm计算气体体积【解答】解：n（Zn）=0.5mol，n（H+）=0.1L1mol/L+0.1L4mol/L2=0.9mol，n（NO3）=0.1L1mol/L=0.1mol，则 3Zn+2NO3+8H+=3Zn2+2NO+4H2O0.5mol 0.1mol 0.9mol 0.1mol 则NO3不足，Zn、H+过量，由方程式可知n（NO）=0.1mol，剩余锌n（Zn）=0.5mol0.15mol=0.35mol，n（H+）=0.9mol0.4mol=0.5mol，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，则Zn+2H+=Zn2+H2，0.35mol 0.5mol则H+不足
21、，Zn过量，由方程式可知n（H2）=0.25mol，剩余锌n（Zn）=0.35mol0.25mol=0.1mol，所以微热充分反应后，收集到标准状况下的气体为（0.1+0.25）mol22.4L/mol=7.84L，故选B11下列说法正确的是（）ALi是最活泼金属，加热生成Li2O2B16O2与18O2互为同分异构体C元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个族，共16纵行DHF、HCl、HBr、HI的酸性逐渐增强【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A、Li燃烧生成Li2O；B、16O2与18O2是同种元素形成的不同单质互为同素异形体；C、元素周期表共18个纵行，16个族，包含7个主族
22、、7个副族、1个第族、1个零族；D、同主族元素从上到下氢化物的酸性增强【解答】解：A、Li燃烧生成Li2O，而不是Li2O2，故A错误；B、16O2与18O2是同种元素形成的不同单质互为同素异形体，故B错误；C、元素周期表共18个纵行，16个族，包含7个主族、7个副族、1个第族、1个零族，故C错误；D、同主族元素从上到下氢化物的酸性增强，元素的非金属性逐渐减弱，因此HF、HCl、HBr、HI的酸性逐渐增强，故D正确；故选D1213CNMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析14NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，下面有关13C、15N叙述正确的是（）A13C与15N具有相同
23、的中子数B13C与C60是同一种物质C15N与14N互为同位素D15N的核外电子数与中子数相同【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；核素【分析】A中子数=质量数质子数；B13C为原子，C60为单质；C15N与14N的质子数相同，中子数不同；D15N的核外电子数为7，中子数=157=8【解答】解：A中子数=质量数质子数，则13C与15N具有中子数分别为136=7、157=8，中子数不同，故A错误；B13C为原子，C60为单质，二者不是同种物质，故B错误；C15N与14N的质子数相同，中子数不同，两原子互为同位素，故C正确；D15N的核外电子数为7，中子数=157=8，电子数与中子数不同，
24、故D错误；故选C13根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（）A铍的原子失电子能力比镁弱B砹的氢化物不稳定C硒化氢比硫化氢稳定D氢氧化锶比氢氧化钙的碱性强【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】A同主族从上到下金属增强，金属性越强，失去电子能力越大；B同主族从上到下非金属性减弱；C同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强，气态氢化物越稳定；D同主族从上到下金属增强，金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强【解答】解：A同主族从上到下金属增强，金属性MgBe，所以铍的原子失电子能力比镁弱，故A正确；B同主族从上到下非金属性减弱，砹为第七周期元素，非金属性较弱，所以
25、砹的氢化物不稳定，故B正确；C同主族从上到下非金属性减弱，非金属性SSe，所以硒化氢不如硫化氢稳定，故C错误；D同主族从上到下金属增强，金属性SrCa，对应最高价氧化物的水化物的碱性为氢氧化锶比氢氧化钙的碱性强，故D正确；故选C14某元素的一种同位素X原子的质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子，在a g HmX分子中含质子的物质的量是（）A（A+N+m）molB （AN+m）molC（ AN）molD（AN）mol【考点】物质的量的相关计算【分析】X原子的质量数为A，含N个中子，则质子数为AN，n（HmX）=，以此解答【解答】解：HmX的相对分子质量为A+m，a g HmX分子的
26、物质的量为n（HmX）=mol，X原子的质量数为A，含N个中子，则质子数为AN，所以在a g HmX分子中含质子的物质的量是mol（AN+m）= （AN+m）mol，故选B150.05mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出1.12LH2（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A族D第四周期第A族【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】金属与酸反应置换出氢气，金属提供电子，根据氧化还原反应电子转移守恒，计算金属原子失去的电子数结合金属原子失去形成具有Ar原子的电子层结构的离子，确定金属元素的质子数
27、，进而确定金属元素在元素周期表中的位置【解答】解：氢气的物质的量为=0.05mol；令金属原子失去的电子数为n，根据电子转移守恒有：0.05moln=0.05mol2，解得n=2，即金属原子失去2个电子形成金属离子，由于金属原子失去2个电子，形成具有Ar原子的电子层结构的离子所以+2价金属离子核外有18个电子，故该金属元素质子数为18+2=20，即该金属为Ca元素，位于周期表第四周期第A族故选：D16某元素R的最高价氧化物的水化物分子式是HnRO2n2，则在气态氢化物中R元素的化合价是（）A3n10B123nC3n4D3n12【考点】根据化学式判断化合价【分析】根据HnRO2n2利用化合价代数
28、和为0计算R元素的最高化合价，再利用最高正化合价8=最低负价，即为气态氢化物中R元素的化合价，据此计算【解答】解：令HnRO2n2中R元素的化合价为x，由化合价代数和为0，所以（+1）n+x+（2）（2n2）=0，解得x=3n4，所以最低负价为3n48=3n12故选：D17下列各离子化合物中，阳离子与阴离子的半径之比最小的是（）AKClBNaBrCLiIDKF【考点】微粒半径大小的比较【分析】同主族元素，阴、阳离子半径随着原子序数的增大而增大，要使阳离子与阴离子的半径之比最小，阳离子半径最小，阴离子半径最大即可；【解答】解：同主族元素，阴、阳离子半径随着原子序数的增大而增大，要使阳离子与阴离子
29、的半径之比最小，阳离子半径最小，阴离子半径最大即可，所以阳离子半径最小的是锂离子，阴离子半径最大的是碘离子，故选C18元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是（）A左、下方区域的金属元素B金属元素和非金属分界线附近的元素C右、上方区域的非金属元素D稀有气体元素【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】用于制造半导体材料的元素既具有金属性又具有非金属性，以此来解答【解答】解：A、左、下方区域的金属元素的金属性很强，不具有非金属性，故A错误；B、金属元素和非金属分界线附近的元素，既具有金属性又具有非金属性，则可用于制造半导体材料，故B正确；C、右、上方区域的非金属元素的非金属
30、性很强，不具有金属性，故C错误；D、稀有气体元素的单质为气体，性质不活泼，不能用于制造半导体材料，故D错误；故选B19X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层上只有一个电子，下列说法正确的是（）AX可能是第二周期的非金属元素BX可能是第三周期的金属元素CY可能与X同主族DY一定是金属元素【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则X可能为Li，也可能为Si，Y位于X的前一周期，且最外层上只有一个电子，则Y可能为H，也可能为Li，以此解答该题【解答】解：X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则X可能为
31、Li，也可能为Si，Y位于X的前一周期，且最外层上只有一个电子，则Y可能为H，也可能为Li，则AX可能为Li，为第二周期金属元素，故A错误；BX也可能为Si，是第三周期的非金属元素，故B错误；C当X为Li，Y为H时，二者位于同主族，故C正确；DY可能为H，也可能为Li，可能是金属元素，也可能为非金属元素，故D错误故选C20如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是（）A原子半径：WZYXB气态氢化物的稳定性：ZWXYCW的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等DZ的最高价氧化物的水化物可能为强碱【考点】位置结构性质的相互关系应用【分
32、析】原子半径：ZWXY气态氢化物的稳定性：YXWZ若Z为Na，则W为Mg，注意A族后面是过渡金属，不是A族元素，D不正确题中的X、Y、Z、W对应的元素有3种可能：C、N、Al、Si；N、O、Si、P；O、F、P、S【解答】解：A根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：ZWXY，故A错误；B根据同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，且元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越大，则气态氢化物的稳定性：YXWZ，故B错误；C如W为Si，则四种元素分别为C、N、Al、Si，W的最高正化合价与负化合价的绝对值相等，故
33、C正确；DX、Y、Z、W对应的元素有3种可能：C、N、Al、Si；N、O、Si、P；O、F、P、S，Z的最高价氧化物的水化物可能为：Al（OH）3、H2SiO3、H3PO4，则Z的最高价氧化物的水化物为弱碱或弱酸，故D错误故选C二、填空题（共54分）21表是周期表中的一部分，根据AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：AAAAAAA01A2DEGI3BCFH（1）表中元素，化学性质最不活泼的是Ne，只有负价而无正价的是F，氧化性最强的单质是F2（2）最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH，酸性最强的是HClO4（3）A分别与G、H形成的化合物中，酸性强的是HCl（4）G、H的单
34、质与水反应，更剧烈的是F2【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】由元素在周期表的位置可知，A为H，B为Na，C为Al，D为C，E为N，F为P，G为F，H为Cl，I为Ne，（1）稀有气体的性质不活泼，周期表中O、F无正价，F的非金属性最强；（2）金属性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性越强；非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强；（3）HF酸为弱酸，HCl为强酸；（4）非金属性越强，对应单质与水反应越剧烈【解答】解：由元素在周期表的位置可知，A为H，B为Na，C为Al，D为C，E为N，F为P，G为F，H为Cl，I为Ne，（1）表中元素，化学性质最不活泼的是Ne，只有负价而无正价的是F，氧
35、化性最强的单质是F2，故答案为：Ne；F；F2； （2）最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH，酸性最强的是HClO4，故答案为：NaOH；HClO4； （3）A分别与G、H形成的化合物中，酸性强的是HCl，故答案为：HCl；（4）G、H的单质与水反应，更剧烈的是F2，故答案为：F222A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种化合物甲和乙，火焰颜色均为黄色A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个E是地壳中含量最高的金属元素根据以上信息回答下列问题：（1）D元素在周期表中的位置是第三周期第A族，
36、甲物质是Na2O（2）A、B、C、D、E五种元素的形成的离子半径由小到大的顺序是Al3+Mg2+Na+O2N3（用离子符号填写）（3）与C形成的离子电子数相等的三核分子为H2O，双核分子为HF（填化学式）（4）E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，E是地壳中含量最高的金属元素，E为Al；A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种化合物甲和乙，火焰颜色均为黄色，C为Na，B为O元
37、素；A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个，A为N元素，结合原子序数可知D只能为Mg，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，A为N，B为O，C为Na，D为Mg，E为Al，（1）D元素在周期表中的位置是第三周期第A族，甲物质是Na2O，故答案为：第三周期第A族；Na2O；（2）具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则A、B、C、D、E五种元素的形成的离子半径由小到大的顺序是Al3+Mg2+Na+O2N3，故答案为：Al3+Mg2+Na+O2N3；（3）与C形成的离子电子数相等的三核分子为H2O，双核分子为HF，故答案为：H2O；HF；（4）E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物
38、的溶液中，发生反应的离子方程式是2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H223为了验证碳和浓硫酸反应的产物，某同学设计了如图所示实验装置：（1）实验前要进行的操作是检查装置气密性（2）A中反应化学方程式是C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O（3）B中现象为无水硫酸铜变蓝，C装置的作用为检验是否生成SO2，E装置的作用为检验SO2是否被吸收完全【考点】浓硫酸的性质【分析】碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，无水硫酸铜检验水的存在，而品红溶液检验二氧化硫气，高锰酸钾除去二氧化硫气体，再通入品红溶液是验证二氧化硫是否除尽，最
39、后通入澄清石灰水，验证二氧化碳气体的存在（1）气体发生和性质验证装置需要不漏气，开始前需要检验装置气密性；（2）木炭和浓硫酸加热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水；（3）验证碳和浓硫酸反应的产物需要先验证生成的水，依据无水硫酸铜变蓝色说明生成水，再验证二氧化硫，能使品红试液褪色，除去二氧化硫后用澄清石灰验证二氧化碳【解答】解：碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，无水硫酸铜检验水的存在，而品红溶液检验二氧化硫气，高锰酸钾除去二氧化硫气体，再通入品红溶液是验证二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水，验证二氧化碳气体的存在；（1）气体发生和性质验证装置需要不漏气，开始前需要检验装置气密性，仪器按上图
40、组装好后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；故答案为：检查装置气密性；（2）木炭和浓硫酸加热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；（1）检验装置气密性 （2）C+2H2SO4CO2+2SO2+2H2O（3）验证碳和浓硫酸反应的产物需要先验证生成的水，依据无水硫酸铜变蓝色说明生成水，再验证二氧化硫，能使品红试液褪色，除去二氧化硫后用澄清石灰验证二氧化碳；所以A中加入的试剂是无水硫酸铜，与水变化为蓝色，证明生成水；气体通入品红试液溶液褪色证明含有二氧化硫；再通入品红验证SO
41、2是否被吸收完全，故答案为：无水硫酸铜变蓝；检验是否生成SO2； 检验SO2是否被吸收完全24图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物（部分的产物已省略）；X加热产生A、B、C三种物质，其中A、C为无色气体，B在常温下是一种无色的液体；X与NaOH溶液在加热作用下产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C；X与HCl反应产生一种无色无味的气体A，它能使澄清石灰变浑浊；请填下列空白：（1）物质x可以是（NH4）2CO3或NH4HCO3，C是NH3（填写化学式）（2）反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O（3）FG的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO（4）A与Na2O2的反应
42、，氧化剂为Na2O2，若生成1molD，转移的电子数目为2NA（5）写出实验室制备氨气的反应方程式Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O【考点】无机物的推断【分析】根据题给条件很容易想到X可能是NH4HCO3或（NH4）2CO3X和NaOH反应生成无色气体C，推知C为NH3，X是铵盐；X和盐酸反应生成无色气体A，A和Na2O2反应生成D，推知A为CO2，D为O2，进而推出E为NO，F为NO2，G为HNO3，浓度不同时，能和铜反应生成不同的气体，结合物质的性质进行解答【解答】解：（1）由以上分析可知X可以是（NH4）2CO3 或NH4HCO3，C是 NH3，故答案为：（NH4
43、）2CO3 或NH4HCO3； NH3；（2）反应为氨气的催化氧化，为工业制硝酸的反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）FG为二氧化氮和水的反应，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（4）二氧化碳和过氧化钠反应，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，若生成1mol氧气，转移的电子数目为2NA，故答案为：Na2O2；2NA；（5）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCa
44、Cl2+2NH3+2H2O25某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气（1）甲同学设计实验的依据是强酸制弱酸；写出选用物质的名称：A硝酸，B碳酸钙，C硅酸钠溶液；C中的现象为（2）乙同学的实验原理是活泼的非金属单质置换较不活泼的非金属单质，写出B处的离子方程式：Cl2+2I=2Cl+I2（3）根
45、据甲乙同学的实验，最终得到的结论为：同周期从左至右，元素非金属性逐渐增强；同主族从上至下，元素非金属性逐渐减弱【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】（1）根据信息知道：甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较，根据强酸制弱酸来回答即可；（2）根据氧化性强的单质可以将氧化性弱的单质从其盐中置换出来结合反应产物来分析；（3）氮比碳的非金属性强，碳比硅的非金属性强，所以同周期从左至右，元素非金属性逐渐增强；同主族从上至下，元素非金属性逐渐减弱【解答】解：（1）根据题干信息：甲同学根据元素非金属性与对应最
46、高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成同主族元素非金属性强弱比较的实验研究，硫酸的酸性强于碳酸，碳酸酸性强于硅酸，最高价氧化物对应水化物酸性越强，则原子的非金属性越强，依据强酸制弱酸来设计反应，所以A为硝酸，B为碳酸钙，C为硅酸钠溶液，故答案为：强酸制弱酸；硝酸；碳酸钙；硅酸钠溶液；（2）根据题干信息：乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律，所以乙同学的实验原理是活泼的非金属单质置换较不活泼的非金属单质，高锰酸钾和浓盐酸反应会产生氯气，氯气具有氧化性，能将溴离子，碘离子氧化为对应的单质，即A处：Cl2+2Br=2Cl+Br2，B：Cl2+2I=2Cl+I2，故答案为：活
47、泼的非金属单质置换较不活泼的非金属单质；Cl2+2I=2Cl+I2；（3）氮比碳的非金属性强，碳比硅的非金属性强，所以同周期从左至右，元素非金属性逐渐增强；同主族从上至下，元素非金属性逐渐减弱，故答案为：同周期从左至右，元素非金属性逐渐增强；同主族从上至下，元素非金属性逐渐减弱三、计算题26为了测定某铜银合金的成分，将30.0g合金溶于80mL13.5mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L（标准状况），（不考虑N2O4的生成）并测得溶液中的c（H+）=1mol/L假设反应后溶液的体积仍为80mL试计算：（1）被还原的硝酸的物质的量；（2）合金中银的质量分数【考点】有关混合
48、物反应的计算【分析】被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，根据反应中消耗硝酸的物质的量结合质量守恒列方程组可计算合金中银的质量分数【解答】解：（1）被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，即：n（HNO3）（被还原）=0.3mol，答：被还原的硝酸的物质的量为0.3mol（2）剩余硝酸的物质的量为n（HNO3）（剩余）=0.08L1mol/L=0.08mol，参加反应的硝酸为：0.08L13.5mol/L0.08mol=1mol，设混合物中含有xmolAg，ymolCu，则有解之得：则：m（Ag）=0.1mol108g/mol=10.8g，合金中银的质量分数为： =36.0%答：合金中银的质量分数为36.0%2017年5月8日