1、河南省栾川县第一高级中学2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1环境保护是当今倍受人们关注的社会问题下列叙述不正确的是（ ）A二氧化硫会形成酸雨B氮氧化物会形成光化学烟雾C过度使用煤作能源会引起雾霾等环境危害D一氧化碳是造成温室效应的主要物质【答案】D【解析】A二氧化硫是形成酸雨的主要物质，故A正确； B氮氧化物与光化学烟雾有关，是导致光化学烟雾的主要物质，故B正确；C煤燃烧产生可悬浮颗粒物，可悬浮颗粒物是霾的主要成因，故C正确；DCO2、碳氢化合物对大气的污染主要是形成温室效应，一氧化碳不会造成温室效应，故D错误【点评】本题主要考查污染空气的几种效应和现象，重点了解引起污
2、染的原因和物质，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累2下列反应属于吸热反应的是 （ ）AC6H12O6（葡萄糖aq）6O26CO26H2OBCH3COOHKOHCH3COOKH2OCA+BC+D；H 0D反应物的键能大于生成物的键能【答案】D【解析】A错，氧化反应为放热反应；B错，酸碱中和反应为放热反应；C错，反应热小于0的反应为放热反应；D正确，为吸热反应；3据最新报导，放射性同位素67166Ho可有效地治疗肝癌。该同位素原子核内的中子数与核外电子数之差是（ ）A32 B67 C99 D166【答案】A【解析】4下列物质能使溴水褪色的是（）
3、A石油气 B天然气 C裂解气 D水煤气【答案】C【解析】裂解气中含有不饱和烃，能使溴水褪色，其余都是错误的，答案选C。516O与18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A16O与18O互为同分异构体 B16O与18O核外电子排布方式不同C通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化D标准状况下，1.12L16O2和1.12L18O2均含有0.1NA个氧原子【答案】D【解析】正确答案：DA、不正确，16O与18O是氧的两种核素，互为同位素； B不正确，16O与18O核外电子数相同，核外电子排布方式相同，均为1s22s22p4C不正确，通过化学变化无法实现16O与18O
4、间的相互转化，只有通过核反应才能实现；D正确。6下列混合物可用溶解、过滤、蒸发的操作分离的是A混有泥沙的食盐 B混有水的酒精C白糖与食盐的混合物 D铁粉和泥沙的混合物【答案】A【解析】试题分析：A用溶解、过滤、蒸发的操作分离的典型例子是粗盐提纯，正确；B过滤是分离固体和液体的混合物时最常用的方法之一,主要是除去液体中不溶性固体,B中无固体,错误；C中无不溶性固体，错误；D铁粉和泥沙都是不溶性固体，错误。【考点定位】考查物质的分离、提纯和除杂。【名师点睛】记住常见物质的分离和提纯方法及适用的条件是解题关键：1结晶和重结晶：利用物质在溶液中溶解度随温度变化较大，如NaCl，KNO3。 2蒸馏冷却法
5、：在沸点上差值大。乙醇中（水）：加入新制的CaO吸收大部分水再蒸馏。3过滤法：溶与不溶。 4升华法：SiO2（I2）。 5萃取法：如用CCl4来萃取I2水中的I2。 6溶解法：Fe粉（A1粉）：溶解在过量的NaOH溶液里过滤分离。7以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是A第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子BP、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强C第VIIA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D元素的最高正价数均等于该元素原子的最外层电子数【答案】B【解析】试题分析：A同位素原子的质子数相同，而中子数不同。第IA族元素铯的两种同位素137C
6、s比133Cs多4个中子，错误；BP、S、Cl是同一周期的元素，由于原子半径逐渐减小，原子序数逐渐增大，所以元素的非金属性逐渐增强，因此得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强，正确。C第VIIA族元素从上到下，元素的原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，所以其氢化物的稳定性逐渐减弱，错误。D一般情况下，元素的最高正价数等于该元素原子的最外层电子数，但也有例外。如O、F最外层电子数不等于其最外层电子数，错误。考点：考查原子结构及元素周期律的正误判断的知识。8在一密闭容器中有如下反应：L（s）aG（g）bR（g）温度和压强对该反应的影响如图所示，其中压强p1bCG的转化率随温度升高
7、而减小D增大压强，容器内气体质量不变【答案】B【解析】根据图像可知，随着温度的升高，G的体积分数逐渐降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即正反应是吸热反应，A、C不正确。当温度相同时，压强越大，G的体积分数越小。说明增大压强平衡向正反应方向移动，因此正反应是体积减小的，即a大于b，B正确，D不正确，答案选B。9如图甲、乙是电化学实验装置。有关电极反应或计算错误的是：A若甲烧杯中盛有NaCl溶液，则石墨棒上的电极反应式为O22H2O4e= 4OHB若乙烧杯中盛有则乙中的总反应为C若甲烧杯中盛有CuSO4溶液，则甲中铁棒上的电极反应式为Fe2e= Fe2D若起始时乙中盛有200 mL pH=
8、5的CuSO4溶液，一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入0.6 g CuO【答案】D【解析】试题分析：A、若甲烧杯中溶液为氯化钠溶液，类似于钢铁的吸氧腐蚀，石墨棒是正极电极反应式为O22H2O4e= 4OH，正确；B、若乙烧杯盛NaCl溶液，据电子的流向可知石墨是阳极，铁做阴极则乙中的总反应为2Cl2H2O2OHH2Cl2，正确；C、此时铁做负极，正确；D、一段时间后溶液的PH为1，此时溶液中H+的物质的量浓度为0.1mol/L，其物质的量为0.2mol,忽略水电离出的氢离子，电解总反应式为2Cu2+2H2O4H+O22Cu，要使溶液恢复原状态，可加入CuO
9、，一段时间后溶液的pH变为1，则c（H+）=0.1mol/L-10-5mol/L=0.1mol/L，n（H+）=0.2L0.1mol/L=0.02mol，则由电解反应可知析出的Cu的物质的量为0.01mol，由Cu原子守恒可知，m（CuO）=0.01mol80g/mol=0.8g，错误。考点：考查电化学原理及其计算。10能将分别含有Cu2、Fe3、Al3、Fe2、Mg2、NH、Na等离子的七种溶液一次鉴别出来的试剂是ANaHCO3溶液 BNaOH溶液CKSCN溶液 DNH3H2O溶液【答案】B【解析】试题分析：题目给出的都是金属阳离子，因此应该用强碱NaOH溶液鉴别，向其中分别加入发生的现象分
10、别是：Cu2会产生蓝色沉淀；Fe3产生红褐色沉淀；Al3少量时产生白色沉淀，过量使沉淀溶解，变为澄清溶液；Fe2首先产生白色沉淀，白色沉淀会迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；Mg2会产生白色沉淀，过量时沉淀也不能溶解；NH会产生无色有刺激性气味的气体；Na无任何现象发生。七种离子的溶液加入NaOH溶液时现象各不相同，因此可以鉴别。ANaHCO3溶液与NH、Na混合，都无明显现象，不能鉴别；CKSCN溶液只能鉴别出Fe3；DNH3H2O溶液与NH、Na混合，都无明显现象；与Al3、Mg2都产生白色沉淀，不能鉴别。故选项是B。考点：考查离子鉴别试剂的选择的知识。11设NA为阿伏加德罗常数的数值，
11、下列说法错误的是A标准状况下，22.4 LCl2和HCl的混合气体中含原子总数为2NAB256g S8晶体中含S-S键为7NA个C由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO数目为NA个D1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA个【答案】B【解析】试题分析：硫元素的单质，是硫的同素异形体，分子晶体，分子中每个S原子与另外2个S原子形成S-S单键，是一个环。分子式量为256，256g S8晶体中含S-S键为8NA个，故B错误。考点：考查阿伏加德罗常数。12下列物质中不含非极性共价键的是：Na2O2；CCl4；O2；NH4C
12、l；H2O2；Ca（OH）2（ ）A B C D 【答案】B【解析】试题分析：同种原子间形成的共价键是非极性共价键。 Na2O2 ； CCl4 ； O2 ； NH4Cl ； H2O2 ； Ca（OH）2 的电子式分别是、，故B正确。考点：本题考查化学键。 13下列有关化学用语表示正确的是A中子数为20的氯原子： Cl B苯的结构简式：C6H6CH2CO3的电离方程式：H2CO32HCO32D过氧化钙（CaO2)的电子式：【答案】D【解析】试题分析：A、在元素符号的左上角的数值为质量数，质量数等于质子数+中子数，所以应该为20-17=37，错误，不选A；B、C6H6是苯的分子式，不是结构简式，错
13、误，不选B；C、碳酸为二元弱酸，分布电离，错误，不选C；D、过氧化钙中是钙离子和过氧根离子，两个氧原子之间形成一对共用电子，正确，选D。考点：基本化学用语，电离方程式的书写，电子式，结构简式14在体积为V L的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发 生反应：H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0 当温度分别为T1、T2，平衡时， H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示下列说法正确的是（ ）A由图可知：T2T1Ba、b两点的反应速率：baC为了提高Br2（g）的转化率，可采取增加Br2 （g）通入量的方法DT1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加
14、【答案】B【解析】试题分析：A、根据反应：H2(g)Br2(g)2HBr(g) HT2，A错误；B、b点Br2(g)的浓度比a点Br2(g)的浓度大，反应速率也大，B正确；C、增大Br2 （g）浓度，会降低Br2（g）的转化率，C错误；D、体积不变时，在Br2(g)的物质的量较多的情况下，平衡时HBr的体积分数可能减小，D错误，答案选B。考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响15在元素周期表中，某些主族元素与右下方主族元素的有些性质是相似的，被称为“对角线”规则，如：Li和Mg、Be和Al、B和Si。下列说法不正确的是ALi在N2中燃烧生成Li3N BLiOH是极易溶的强碱CBe（OH）
15、2既能溶于强酸又能溶于强碱溶液 D硼酸钠溶液显碱性【答案】B【解析】试题分析：A镁在氮气中钠燃烧，则Li在N2中也能燃烧生成Li3N，A正确；B氢氧化镁是难溶于水的中强碱，因此LiOH不可能极易溶于水，B错误；C氢氧化铝是两性氢氧化物，则Be（OH）2也是两性氢氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱溶液，C正确；D硅酸钠溶液显进行，则硼酸钠溶液显碱性，D正确，答案选B。考点：考查对角线规则的应用16(1)48 g RO42中，核外电子总数比质子总数多6.021023个，则R原子的摩尔质量为 。有一真空瓶的质量为M1 g，该瓶充入空气后总质量为M2 g；在相同状况下，若改充某气体A后，总质量为M3 g
16、，则A的相对分子质量为 。(2)一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100 mL 3.00 molL1的NaOH溶液(密度为1.12 gmL1)恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.050 0 mol。原NaOH溶液的质量分数为 ；所得溶液中Cl的物质的量为 mol。【答案】(1)32 gmol129(2)10.7%0.25【解析】(1)1个RO42中核外电子总数比质子总数多2个，则0.5 mol RO42核外电子总数比质子总数多1 mol，则0.5 molM(R)32 gmol1。由题意知，该瓶中空气质量为(M2M1)g，气体A的质量为(M3M1)g，由阿伏加德罗定律知，两
17、气体的物质的量相等，即M(A)29。(2)根据c，得w100%10.7%根据钠原子守恒可知n(NaCl)n(NaClO)n(NaOH)0.100 L3.00 molL10.300 mol，则n(NaCl)0.300 mol0.050 0 mol0.25 mol，则n(Cl)0.25 mol。17（1）、熔点沸点HF HI；原因： （2）、各种含氧酸HClO、HClO3、H2SO3、HClO4的酸性由强到弱排列为 （3）、下列4种物质熔点沸点由高到低排列为_ （填序号）金刚石（CC）锗（GeGe）晶体硅（SiSi）金刚砂（SiC）（4）晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称之为晶胞。N
18、aCl晶体结构如图所示。 晶体中每个Na+同时吸引着_个Cl-，由这些 Cl-构成的几何构型为 晶体中在每个Cl-周围与它最接近且距离相 等的Cl-共有_个。（5）某元素的激发态原子的电子排布式为1s2s2p3s3p4s，则该元素基态原子的电子排布式为 ；其最高价氧化物对应的水化物的化学式是 （6）某元素原子的价电子构型为3d104S2，它属于第 周期，是 族， 区元素，元素符号是 。该原子核外有 个能级，电子云的形状有 种【答案】（1） ；HF分子间有氢键 （2）HClO4 HClO3 H2SO3 HClO（3）、 (4) 6 正八面体 12（5）1s22s22p63s23p4；H2SO4。
19、 （6）四 IIB ds Zn 7 3【解析】（1）氟化氢分子中存在氢键，所以沸点高于碘化氢的。（2）根据含氧酸的通式(OH)mROn可知，n越大酸性越强。含氧酸HClO、HClO3、H2SO3、HClO4中n分别是0、2、1、3，所以酸性强弱顺序是HClO4 HClO3 H2SO3 HClO.（3）都是原子晶体，是金属晶体，熔沸点最低。形成共价键的原子半径越小，共价键越强，碳原子半径小于硅原子半径，所以入熔沸点顺序为。（4）氯化钠晶体中配位数是6，所以晶体中每个Na+同时吸引着6个氯离子。由这些 Cl-构成的几何构型为正八面体。晶体中在每个Cl-周围与它最接近且距离相 等的Cl-共有3821
20、2.（5）根据元素的激发态原子的电子排布式可知，该元素的原子序数为16，即为硫元素，所以基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4。硫是第 A，最高价是6价，所以其最高价氧化物对应的水化物的化学式是H2SO4。（6）价电子构型为3d104S2可知，该元素属于第四周期，第IIB。位于ds区，是锌元素，其原子核外有7个能级，电子云的形状有3中，即分别是s、p、d三种。1850ml0.50molL-1盐酸与50mL0.55molL-1NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是 。装
21、置中还存在的2个错误是_ 这种错误会造成最高温度读数_（填“增大”、“减小”或“无影响”）；测得的中和热将_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）在实验过程中，该同学需要测定并记录的实验数据有 （填序号）。A盐酸的浓度B盐酸的温度C氢氧化钠溶液的浓度D氢氧化钠溶液的温度E水的比热容F反应后混合溶液的终止温度（3）实验中改用60mL050molL-1盐酸跟50mL055molL-1NaOH溶液进行反应，与上述正确的实验操作相比，所放出的热量 （填“相等”或“不相等”），所求中和热 （填“相等”或“不相等”）。（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会 ；（
22、填“偏大”“偏小”或“无影响”）。【答案】（1）环形玻璃搅拌棒 错误小烧杯未与大烧杯杯口相平烧杯间未填满碎纸条减小 偏小（2）BDF（2分）（3）不相等 相等（4）偏小【解析】试题分析：（1）还差的玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒，作用是使混合均匀，反应加快，且减少热量的散失；做这个实验的时候，我们是在大烧杯底部垫上泡沫塑料（或纸条），使放入的小烧杯杯口与大烧杯杯口相平，然后再在大小烧杯之间填满碎泡沫塑料（或纸条），已达到保温、隔热、减少实验过程中的热量散失，故该实验装置会导致最高温度读数减小，所求中和热偏小。（2）我们要记录的数据为起始温度，即盐酸的温度、氢氧化钠溶液的温度，然后取其平均值，和终止温
23、度，即反应后混合溶液的终止温度（3）不相等， 因为酸、碱发生中和反应放出的热量与酸、碱的用量有关； 相等，中和热是指酸跟碱发生中和反应生成lmol H2O所放出的热量,它与酸、碱的用量无关（4）用氨水代替氢氧化钠，因为氨水为弱碱，会电离，电离需要吸热，故会使测得的中和热数值偏小。考点：中和热的知识点评：此题考核了中和热测定的装置及操作步骤，熟记课本的知识，便能很好的解决，难度不大。19（1）用5.0molL-1的NaOH溶液配制0.1molL-1的NaOH溶液时，如图所示的仪器中，肯定不需要的是 （填序号），配制上述溶液还需要的玻璃仪器是 （填仪器名称）。C D E F（2）在配制过程中，下列
24、操作将导致所配溶液浓度偏低的是（填编号）准确取出的浓NaOH溶液在空气中露置时间过长；用量器将浓NaOH溶液直接加入容量瓶，缓慢加入蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切；摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切；稀释NaOH溶液的仪器未洗涤。【答案】（1） ABCE ；玻璃棒、胶头滴管、量筒。 （2） 【解析】试题分析：（1）根据一定物质的量浓度溶液配制的实验步骤确定所需仪器，注意该题是用浓氢氧化钠溶液配制稀氢氧化钠溶液，所需的仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管，肯定不需要的是平底烧瓶、酸式滴定管、分液漏斗和托盘天平，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是玻璃棒、胶
25、头滴管和量筒。（2）准确取出的浓NaOH溶液在空气中露置时间过长，会有有一部分氢氧化钠转化为碳酸钠，所配氢氧化钠溶液的浓度偏低，正确；浓氢氧化钠溶液稀释放热，根据物质热胀冷缩的性质判断，用量器将浓NaOH溶液直接加入容量瓶，缓慢加入蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切，所配溶液的体积偏小，浓度偏高，错误；摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切，所配溶液的体积偏大，浓度偏低，正确；稀释NaOH溶液的仪器未洗涤，氢氧化钠损失，所配溶液的浓度偏低，正确，选。考点：考查一定物质的量浓度的配制。20我校高一化学兴趣小组的同学们为探究铁与浓硫酸的反应,设计了如图所示装置进行实
26、验。（1）实验过程中，观察到B中的实验现象是 ；写出C中发生反应的离子方程式 。（2）浓硫酸与足量的铁丝反应一段时间后,若观察到从C中有少量的气泡冒出，此气泡的成分是 。试分析产生该气体的原因 。（3）用“可抽动的铁丝”代替“直接投入铁片”的优点是 ；（4）反应一段时间后,他们对A中溶液的金属阳离子进行了探究提出假设:假设1: ；假设2: ；假设3:溶液中存在Fe2+和Fe3+。已知假设3是正确的，选择合适的试剂，设计实验验证上述假设3，写出实验操作步骤、实验现象及结论。限选试剂:稀HNO3、氯水、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液、KSCN溶液。实验操作步骤实验现象结论 ； ；溶液中存在Fe3
27、+； 。 。 。【答案】（1）品红溶液由红色变为无色 2OH + SO2 = SO32 + H2O（2） H2 随着反应的进行浓硫酸变稀，Fe与稀硫酸反应产生氢气（3）可以控制反应的发生与停止（4）溶液中只有Fe2+；溶液中只有Fe3+取样，加入KSCN溶液 溶液变红取样，加入酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液颜色褪去 溶液中存在Fe2+【解析】试题分析：（1）A中铁与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，则B中观察到的实验现象是品红溶液由红色变为无色。二氧化硫有毒，需要尾气处理，则C中发生反应的离子方程式为2OH + SO2 = SO32 + H2O。（2）由于随着反应的进行浓硫酸变稀
28、，Fe与稀硫酸反应产生氢气，氢气不溶于水，所以C中有少量的气泡冒出。（3）用“可抽动的铁丝”代替“直接投入铁片”的优点是可以控制反应的发生与停止（4）由于铁含有+2和+3两种价态，则假设1和2分别是溶液中只有Fe2+、溶液中只有Fe3+。检验铁离子一般用KSCN溶液。亚铁离子具有还原性，因此检验Fe2+用酸性高锰酸钾溶液。考点：考查铁与浓硫酸反应实验设计与探究21（6分）将1molH2和1molI2（g）加入2L密闭容器中进行反应：H2 + I2 2HI，反应进行到2min时测得反应速率v（HI）= 0.2mol /（Lmin）。求（1）用氢气的浓度变化来表示2min内的该反应的平均速率？（2
29、）2min末I2（g）的物质的量浓度？【答案】（1）0.1mol /（Lmin） （2）0.3mol/L【解析】考查可逆反应的应该计算。（1）因为反应速率之比是相应的化学计量数之比所以氢气的反应速率是0.2mol /（Lmin）20.1mol /（Lmin）(2)消耗氢气是0.1mol /（Lmin）2min2L0.4mol则同时消耗碘单质是0.4mol所以属于单质碘是1mol0.4mol0.6mol因此其浓度是0.6mol2L0.3mol/L。22图中各物质是中学化学中常见的物质，甲、乙均是离子化合物，且阴、阳离子个数比为11。甲是发酵粉的主要成分，乙是一种常用的化肥，B、D常温常压下是气体
30、。请回答下列问题：（1）甲的俗名是_。（2）A、D物质的水溶液分别滴入酚酞试液后，溶液均显红色，其原理_(填“相同”或“不相同”)。（3）甲在潮湿的空气中会缓慢分解，A会吸收空气中的水分：AnH2O=AnH2O(n为平均值，n10)，取没有妥善保管的甲样品9.16 g，溶于水制成溶液，慢慢滴入稀盐酸并不停地搅拌，加入盐酸的体积与生成的B的体积(标准状况)如下表：(溶于水中的B不计)盐酸的体积(mL)48152050120150生成B的体积(mL)0011222489622402240则： 稀盐酸的物质的量浓度为_。 样品中的成分及其物质的量分别为_。【答案】（1）小苏打；（2）不相同；（3）c
31、(HCl)=1mol/L；NaHCO3：0.09mol；Na2CO33H2O；0.01mol。【解析】试题分析：（1）甲是发酵粉的主要成分，是离子化合物，且阴、阳离子个数比为11，则甲是NaHCO3，俗称小苏打；（2）NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2；由于A中加入酚酞试液变为红色，则溶液呈碱性，所以A是Na2CO3；而B在常温常压下是气体，则B是CO2；C是H2O；乙是离子化合物，且阴、阳离子个数比为11。乙是一种常用的化肥，受热分解产物有B是CO2；C是H2O；及水溶液使酚酞试液显红色的碱性物质产生，而且D常温常压下是气体。则乙是NH4HCO3；D是NH3。（2）A的水溶
32、液分别滴入酚酞试液后，溶液显红色，其原理是盐水解消耗水电离产生的H+,是溶液中c(OH-) c(H+),而NH3的水溶液显碱性是由于NH3+H2O=NH3H2O，产物电离产生OH；NH3H2ONH4+ OH-。所以原因不同；（3）当反应开始产生气体后加入盐酸，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2，每产生1mol的气体，消耗盐酸1mol，根据表格数据可知：若产生气体n(CO2)=(0.224L0.112L) 22.4 L/mol=0.005mol,则n(HCl)= 0.005mol ，v(HCl)= 5ml=0.005L,所以c(HCl)= 0.005mol 0.005L=
33、1mol/L；从反应开始产生 0.112LCO2,一共消耗HCl体积是15ml；产生CO20.005mol，其中发生反应：NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+ CO2消耗的盐酸的物质的量是0.005mol，其体积是0.005mol 1mol/L= 0.005L，则发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3消耗盐酸的体积是10ml，所以n(Na2CO3)= n(HCl)=0.01L 1mol/L =0.01mol。由于9.16 g样品与足量的盐酸反应产生气体的物质的量是0.1mol,根据C元素守恒可得n(NaHCO3)=0.1mol0.01mol=0.09mol，则0.09
34、mol 的NaHCO3的质量是m (NaHCO3)= 0.09mol 84 g/mol=7.52g.那么0.01mol碳酸钠的结晶水化物的质量是9.16 g7.52g=1.6g,其中碳酸钠的质量是0.01mol106g/mol=1.06g,所以该结晶水化物中结晶水的数目是(1.6g1.06g)18g/mol0.1mol=3,故该碳酸钠晶体的化学式是Na2CO33H2O。即该混合物中含有NaHCO3：0.09mol；Na2CO33H2O：0.01mol。考点：考查元素及化合物的推断、物质浓度的计算、碳酸钠、碳酸氢钠的混合物与盐酸的反应的知识。23五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大
35、，其中只有C为金属元素。A和C同主族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物在水中呈中性。回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是_，非金属性最强的是_(填元素符号)；（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是_(用化学式表示)；（3）D在周期表的位置为_（4）A和B形成的化合物与A和E形成的化合物反应，产物的化学式为_，该化合物溶于水，显_性(填“酸”、“碱”、“中”)原因是_(用离子方程式表示)；（5）D和E可形成一种所有原子都满足8电子结构的化合物，其化学式为_。【
36、答案】（1）Na；Cl；（2）PH3；（3）第三周期A族（4）NH4Cl；酸性；NH4+H2ONH3.H2OH（5）PCl3【解析】试题分析：五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素；B和D同族，则D为磷元素；C和E形成的化合物在水中呈中性，则E为Cl元素。（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故Na元素的原子半径最大；最高价含氧酸的酸性越强，中心元素的非金属性越强，高氯酸是最强的含氧酸，故Cl非金属性最强；故答案为：Na；Cl；（
37、2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物分别为NH3、PH3、HCl，非金属性越强氢化物越稳定，故热稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；（3）磷元素在周期表中位于第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（4）A和E形成的化合物HCl，A和B形成的化合物NH3，二者反应生成NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，水解显酸性，故答案为：NH4Cl；酸性；NH4+H2ONH3.H2OH；（5）磷和氯形成的所有原子都满足8电子结构的化合物为PCl3，故答案为：PCl3。【考点定位】考查位置结构性质的关系【名师点晴】本题考查位置结构性质关系，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握。周期表中特殊位置的元素归纳如下：族序数等于周期数的元素：H、Be、Al、Ge。族序数等于周期数2倍的元素：C、S。族序数等于周期数3倍的元素：O。周期数是族序数2倍的元素：Li、Ca。周期数是族序数3倍的元素：Na、Ba。最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素：C。最高正价是最低负价绝对值3倍的短周期元素：S。除H外，原子半径最小的元素：F。短周期中离子半径最大的元素：P。
