1、江西省南昌市八一中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1.某元素的一种同位素X 的质量数为A，含N个中子，它与1H 原子构成HmX分子。在agHmX中所含质子的物质的量是A. molB. (A-N)molC. (A-N)molD. (A-N+m)mol【答案】D【解析】【详解】同位素X的质量数为A，中子数为N，因此其质子数为A-N。又由于HmX中H为1H，故HmX分子中的质子数为m+A-N，故agHmX分子中所含质子的物质的量为：(A-N+m)mol，答案选D。【点睛】质子的物质的量用分子的物质的量乘以分子中质子的物质的量。2.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家
2、首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（ ）A. 原子半径：YZRTB. 气态氢化物的稳定性：WRZD. XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同【答案】D【解析】【分析】“矿石熊猫”由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于
3、同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li元素；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Ne元素，不符合题意；若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Si元素，符合题意。【详解】A.Y为Li元素、Z为Be元素、R为O元素、T为F元素，同周期，从左向右，原子半径减小，原子半径：r(Li)r(Be)r(O)r(F)，A正确；B. W为Si元素、R为O元素、T为F元素，非金属性：FOSi，则气态氢化物的稳定性SiH4H2OBe，则最高价氧化
4、物对应的水化物碱性：Ca(OH)2 Be(OH)2，C正确。D. XR2、WR2分别为：CaO2、SiO2，CaO2中O元素为1价，SiO2中O元素化合价为2，D错误；故答案为：D。3.前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，D的原子半径是第3周期中最小的，E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E单质能和水反应。则下列分析错误的是A. A和 B形成的化合物可作为耐火材料B. A和C的氢化物的沸点：CAC. 简单离子半径：EDAlD. 碱性：In(OH)3RbOH【答案】D【解析】【分析】A根据原子核
5、外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；B质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；C同主族元素原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；D同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；B.质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；C
6、.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径InAl，故C不符合题意；D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3RbOH，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。6.干冰气化时，下列所述内容发生变化的是()A
7、. 分子内共价键B. 分子间作用力C. 分子的性质D. 分子间的氢键【答案】B【解析】【详解】干冰是二氧化碳的分子晶体，分子间存在分子间作用力，不存在氢键，分子气化时破坏分子间作用力，分子内原子间共价键没有被破坏，所以分子的性质不发生改变；答案选B。7.下列说法中正确的是 A. CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B. 在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C. 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D. 第A族元素和第A族元素的原子之间都能形成离子键【答案】B【解析】【详解】ACO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的
8、结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；B在元素周期表中金属元素区的元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该区域可以找到半导体材料，B正确；C由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；D一般情况下第A族元素和第A族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外，例如H与F形成的HF是共价键，D错误。答案选B。8.下列有关叙述：能说明元素M比N的非金属性强的是( ) 非金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质N。 M原子比N原子更容易得到电子。 单质M跟H2反应比N跟H2反应容易得多。 气态氢化物
9、水溶液的酸性HmMHnN。 氧化物对应水化物的酸性HmMOxHnNOy。A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】非金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质N，则非金属性M比N强，故正确；M原子比N原子容易得到电子，则非金属性M比N强，故正确；非金属越容易与氢气化合，非金属性越强，则M的非金属性比N强，故正确；不能利用氢化物的水溶液的酸性比较非金属性的强弱，故错误；氧化物水化物的酸性HmMOxHnNOy，不一定为最高价氧化物的水化物的酸性，不能用来比较非金属性强弱，故错误；答案：C9.R、X、Y、Z、W是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z同周期，R、W与X、Y、Z不
10、在同一周期，它们可组成某种离子化合物的结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 原子半径：XYZRB. 氢化物的沸点：ZYXC. X、Y、Z、R可形成多种既能与盐酸反应，又能与NaOH反应的化合物D. 管道工人可用YR3检验输送W2的管道是否泄露【答案】B【解析】【分析】五种元素均为短周期主族元素，W的原子序数最大，且与X、Y、Z不是同周期，所以W应为第三周期元素，可以形成负一价阴离子，所以W为Cl元素，X、Y、Z为第二周期元素；五种元素中R的原子序数最小，根据该离子化合物的结构可知R元素可以形成1个共价键，为H元素或第A族元素，但R不可能为第二周期A族元素元素，则R为H元素；Z可以形成2个
11、共价键，应为O元素，X能形成4个共价键，X原子序数小于Y，X应为C元素，Y为N元素，综上所述R、X、Y、X、W分别为H、C、N、O、Cl。【详解】A电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径CNOH，故A正确；B三种元素的氢化物种类繁多，例如C元素的氢化物有多种烃类，无法比较沸点，故B错误；CC、N、O、H可以形成氨基酸、碳酸铵、碳酸氢铵等化合物，均既能与酸反应又能与碱反应，故C正确；D氨气与Cl2相遇可以生成固体氯化铵，产生白烟，所以可用NH3检验输送Cl2的管道是否泄漏，故D正确；故答案为B。10.1999年曾报导合成和分离了含高能量的正离子N5 的化合物
12、N5AsF6，下列说法正确的是( )A. 其中只含有共价键，是共价化合物B. 其中只含有离子键，是离子化合物C. 其中既有离子键，又有共价键，是离子化合物D. 以上说法都不对【答案】C【解析】【详解】A.化合物N5AsF6为是由N5+和AsF6-形成的离子化合物，故A错误；B.N5AsF6中既含有离子键也含有共价键，故B错误；C.N5AsF6中既含有离子键也含有共价键，属于离子化合物，故C正确；D.选项C正确，故D错误；答案：C11.下列有关物质结构的说法正确的是( )A. 共价化合物中各原子最外层都一定满足8电子结构B. BaO2晶体中阳离子与阴离子数目之比为12C. H2O是一种非常稳定的
13、化合物，这是由于氢键所致D. 在反应2Na2O22H2O=4NaOHO2中，既有离子键、极性键和非极性键的断裂，又有离子键、极性键和非极性键的形成【答案】D【解析】【详解】A、共价化合物中不一定各原子都满足最外层8电子稳定结构，如氢化物，故A错误；B、BaO2晶体中阳离子是钡离子与阴离子是过氧根离子数目之比为1：1，故B错误；C、由于氢氧键的键能较大，所以水是一种非常稳定的化合物，故C错误；D、在反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，既有钠离子与过氧根离子之间的离子键、氢氧之间的极性键和过氧根离子中氧氧之间的非极性键的断裂，又有钠离子与氢氧根离子之间的离子键、氢氧根离子中氧氢极性键共价键
14、和氧气分子中氧氧非极性键的形成，故D正确。答案选D。【点睛】本题主要考查了氢键、离子晶体中微粒的数目等。本题的易错点为BD，BaO2晶体中阴离子为过氧根离子，与过氧化钠相似；化学反应的本质为旧的化学键的断裂与新的化学键的形成。12.已知：5X + XO3-+ 6H3X2 + 3H2O，下列关于短周期元素X在周期表中的位置的说法正确的是A. 第二周期VA族B. 第二周期VIIA族C. 第三周期VA族D. 第三周期VIIA族【答案】D【解析】【详解】根据题干中离子方程式可知，X常见化合价为-1价，则X为VIIA族，且X有正价，为短周期元素，则X为Cl，在周期表中位置第三周期VIIA族，故D正确；故
15、选D。13.已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是A. 若X为N2，则A为硝酸B. 若X为S，则A为硫酸C. 反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应D. 若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成Y【答案】C【解析】若X为N2，Y是NO、Z是NO2、A为硝酸，故A正确；若X为S，Y是SO2、Z是SO3、A为硫酸，故B正确；若X为N2 ，Y是NO、Z是NO2、NO2与水反应生成硝酸和NO，属于氧化还原反应，故C错误；若X为H2S，Y可能为S，Z是SO2、A为亚硫酸，则亚硫酸不能与金属铜反应，故D正确。14.某集气瓶内装的混合气体
16、呈红棕色，加入足量蒸馏水，盖上玻璃片振荡得橙黄色溶液，气体颜色消失，再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，该混合气体可能是（ ）A. N2、NO2、Br2B. NO2、NO、N2C. NO2、NO、O2D. N2、O2、Br2【答案】A【解析】【详解】“混合气体是红棕色”，Br2蒸气和NO2气体均呈红棕色，所以至少含有Br2和NO2中的一种；“振荡得橙黄色溶液”，溴水为橙黄色，所以含有Br2，排除B、C选项。“打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色”说明有NO存在，NO遇O2迅速变为NO2；可能是因为混合气中本身存在NO，也可能是因为NO2与水反应生成了NO，故混合气体中NO、NO2至少有一种。A
17、、D选项中都没有NO，而A选项中存在NO2，答案选A。15.利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的流程如下：下列说法错误的是( )A. 向大气中排放SO2可能导致酸雨发生B. 中和器中发生反应的离子方程式为HSO3-OH= SO32-H2OC. 检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液D. 进入离心机的分散系是悬浊液【答案】C【解析】【详解】A.酸雨产生的主要原因是SO2和氮氧化物的排放，所以向大气中排放SO2可能导致酸雨发生，故A正确；B. 吸收塔中发生的反应为CO32-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3-
18、，所以中和器中的主要作用是将HSO3-转化为SO32-，HSO3-和OH发生反应，离子方程式为：HSO3-OH = SO32-H2O，故B正确；C. Ba(NO3)2电离出NO3-，NO3-在酸性条件下会将SO32-氧化为SO42-，不能检验出Na2SO3成品中是否含Na2SO4，故C错误；D. 从中和器中出来的是含有晶体颗粒的溶液，是悬浊液，故D正确；故答案为C。【点睛】检验SO42-，注意用稀盐酸和氯化钡溶液，稀盐酸和Ba(NO3)2溶液相当于溶液中有了硝酸，会把SO32-氧化为SO42-，干扰检验。16.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1
19、1.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为A. 32 gB. 48 gC. 64 gD. 96 g【答案】C【解析】【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）2=n（O2）4，n（Cu）=1mol，m（Cu）=1mol64g/mol
20、=64g，故C正确；正确答案：C。【点睛】氧化还原反应的电子守恒的计算应用，物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。17.A、B、C、D、E、F是短周期主族元素,且原子序数依次增大。在短周期中A元素原子半径最小，D元素原子半径最大，B的简单氢化物的水溶液呈碱性，C、E同主族,形成的化合物为EC2、EC3。回答下列问题:（1）E在元素周期表中位置为_。（2）比较B与C简单氢化物的热稳定性:_。(填化学式)（3）D，C两元素组成的化合物D2C2的电子式为_，D2C2与水反应的化学方程式为 _。（4）下列事实能说明元素F的非金属性比元素E的非金属性强的是_。A元素F形成的单质比元素E形成的单质的熔
21、点低BF和E两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高CF2通入到D2E的溶液中出现浑浊DF氢化物的酸性比E氢化物的酸性强【答案】 (1). 第3周期第A族 (2). H2ONH3 (3). (4). 2Na2O22H2O=4NaOHO2 (5). BC【解析】【分析】在短周期中A元素原子半径最小，则A是H；D元素原子半径最大，则D是Na ；B的简单氢化物的水溶液显碱性，则B为N；C、E同主族，形成的化合物为EC2、EC3，推断E为S，C为O；F属于短周期元素，A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，F为Cl，综上所述，A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Na、S、Cl；据以上分析解答。
22、【详解】(1)硫的核电荷数为16，在元素周期表中的位置为第3周期第A族；综上所述，本题答案是：第3周期第A族。(2)B与C简单氢化物分别为：NH3和H2O，非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性ON，所以B与C简单氢化物的热稳定性：H2ONH3；综上所述，本题答案是：H2ONH3。(3)D，C两元素组成的化合物D2C2为Na2O2，其为离子化合物，电子式为：；Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为：2Na2O22H2O=4NaOHO2；综上所述，本题答案是：， 2Na2O22H2O=4NaOHO2。(4)A单质的熔沸点是物理性质，不能作为比较金属性或非金属性强弱的依据，故A错误；
23、B非金属性越强，氢化物越稳定，因此Cl元素非金属性强于S，故B正确； C氯气通入到Na2S的溶液中出现浑浊（S单质），说明Cl元素非金属性强于S，故C正确；D元素的非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,与氢化物的酸性强弱无关,所以不能根据氢化物水溶液酸性强弱判断非金属性强弱,故D错误；综上所述，本题选BC。【点睛】元素非金属性比较规律：非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。18.元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，X与
24、M、W与N分别同主族，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，它们四者原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合物YW2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，请回答下列问题：(1)Y元素在周期表中的位置_周期_族，X、Y、Z、W、M的原子半径由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(2)写出YW2的电子式_；Z2X4结构式_。(3)X、Z、W形成的化合物，可用作化肥的盐是_，该物质所含化学键的类型是_。(4)均由X、W、M、N四种元素组成的两种化合物相互反应，有刺激性气味气体放出，反应的离子方程式为_。(5)火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X2W2作助燃剂，产物环
25、保无污染，写出二者反应的化学方程式_。(6)写出NW2通入硝酸钡溶液中的离子方程式_。【答案】 (1). 第二周期 (2). 第A族 (3). NaCNOH (4). (5). (6). NH4NO3 (7). 离子键、共价键 (8). HHSO3-=H2OSO2 (9). N2H42H2O2=N24H2O (10). 3Ba23SO22NO3-2H2O=3BaSO42NO4H【解析】【分析】元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，W与N同主族，结合原子序数可知，W处于第二周期、N处于第三周期，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，则X只能为H元素，Y、Z处于第二周期，X、Y、Z、W四原子序
26、数之和为22，最外层电子数之和为16，故Y、Z、W原子序数之和为21，最外层电子数之和为15，可推知Y为C元素、Z为N元素、W为O元素，则N为S元素；X与M同主族，M原子序数大于O，故M为Na，化合物C2H2、N2H4、H2O2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，据此解答。【详解】根据分析可知X、Y、Z、W、M、N元素分别是H、C、N、O、Na、S。（1）Y元素是C，其在周期表中的位置是第二周期第A族；由于同一周期的元素随原子序数的增大，已知半径逐渐减小，不同周期的元素，已知核外电子层数越多，已知半径越大，所以X、Y、Z、W、M的原子半径由大到小的顺序是NaCNOH；故答案为第二周期
27、，第A族；NaCNOH。（2）二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，所以CO2的电子式为；在N2H4中两个N原子形成一对共用电子对，每个N原子再与2个H原子形成2对共用电子对，所以N2H4结构式是；故答案为；。（3）由H、N、O形成的化合物，可用作化肥的盐是NH4NO3，NH4NO3中既含离子键又含共价键，故答案为NH4NO3；离子键、共价键。（4）均含X、W、M、N四种元素的两种化合物分别是NaHSO4、NaHSO3，二者会发生复分解反应产生有刺激性气味，且能使品红溶液褪色的气体SO2，该反应的离子方程式为H+HSO3-=H2O+SO2；故答案为H+HSO3-=H2O+SO2。
28、（5）火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X2W2作助燃剂，产物环保无污染是H2O、N2，根据氧化还原反应中的电子守恒和原子守恒可得二者反应的方程式是N2H4+2H2O2=N2+4H2O，故答案为N2H42H2O2=N24H2O。（6）NW2是SO2，溶于水发生反应产生H2SO3，反应方程式是SO2+H2O=H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下NO3-表现氧化性，将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4电离产生的SO42-与溶液中的Ba2+发生复分解反应形成BaSO4沉淀，则NW2通入硝酸钡溶液中的离子方程式是3Ba23SO22NO3-2H2O=3BaSO42NO4H，故答案为3Ba23SO22
29、NO3-2H2O=3BaSO42NO4H。【点睛】微粒半径大小的比较规律：层数相同，核大半径小。即电子层数相同时，结构相似的微粒中核电荷数大的微粒半径小；层异，层大半径大。即当微粒的电子层数不同时，结构相似的微粒中，电子层数大的微粒半径大；核同，价高半径小。即对同一种元素形成的不同的简单微粒中，化合价高的微粒的半径小；电子层结构相同，核电荷数大，则半径小。19.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年，元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。(1)根据元素周期律，推断：
30、H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4_H2SeO4(填“”、“”、“Se B.In的金属性比Se强C.In的金属性比Al弱 D.硒化铟的化学式为InSe2(4)请设计实验比较C、Si非金属性强弱顺序(可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择)。实验步骤实验现象与结论在试管中加入_，再加入_，将生成气体通过_洗气后，通入_；现象：_；结论：非金属性CSi【答案】 (1). (2). As，酸性：H3AsO4H2SeO4，故答案为：S，则氢化物的还原性：H2OH2S，故答案为：Se，故A正确；B.金属
31、性从上到下逐渐增强，从左到右逐渐减弱，结合元素的位置可知，金属性：InTe，TeSe，因此In的金属性比Se强，故B正确；C. Al和In同主族，同主族元素从上到下金属性增强，In的金属性比Al强，故C错误； D.铟是第IIIA族，化合价为+3价，Se为第VIA族，化合价为-2价，硒化铟的化学式为In2Se3，故D错误；故答案为：AB；(4)设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序，应利用碳酸酸性强于硅酸证明，首先用盐酸与碳酸钙反应制取二氧化碳(不能选用硫酸与碳酸钙制取二氧化碳气体，因产生的硫酸钙微溶，会覆盖在碳酸钙表面影响反应进行)，然后用碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，再将二氧化碳通
32、入硅酸钠溶液中看是否出现白色胶状沉淀，故答案为：CaCO3固体；盐酸；NaHCO3溶液；Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀；20.如表是A族部分元素的相关性质。请回答下列问题：(l)硒的熔点范围可能是_。(2)碲的化合价可能有_。(3)氢硒酸有较强的 _填“氧化性”或“还原性”），因此放在空气中易变质，其可能发生反应的化学方程式为_。(4)工业上Al2Te可用来制备H2Te，完成下列化学方程式：_ Al2Te3_ =2Al(OH)3_H2Te【答案】 (1). 113Se450 (2). -2、+4、+6 (3). 还原性 (4). 2H2Se+O2=2H2O+2Se (5). 1 (6).
33、 6H2O (7). 3【解析】【分析】（1）由表中数据知，氧族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大；（2）由表中数据知，氧族元素主要化合价相似；（3）元素的非金属性越弱，其氢化物的还原性越强，硒化氢易被氧气氧化生成Se和水；（4）根据元素守恒知反应物还有水，根据原子守恒配平方程式【详解】（1）根据表中数据知，氧族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大，所以Se的熔点介于S、Te之间，为113Se450；（2）根据表中数据知，氧族元素主要化合价相似，根据元素化合价知，Te的化合价可能为-2、+4、+6；（3）Se元素非金属性较弱，则其简单阴离子还原性较强，所以其氢化物具有还原性，硒化氢易被氧气氧
34、化生成Se和水，反应方程式为2H2Se+O2=2H2O+2Se；（4）根据元素守恒知反应物还有水，根据原子守恒配平方程式为Al2Te3+6H2O=2Al（OH）3+3H2Te。【点睛】本题考查同一主族元素性质递变规律，解题关键：氧化还原反应、方程式的配平、元素周期律等知识点，以碱金属族、卤族元素为例熟练掌握同一主族元素性质递变规律。21.兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，它们使用的药品和装置如图所示：（1）SO2气体和Fe3+反应的氧化产物、还原产物分别是_、_（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是_。ANa2SO3溶液与HNO3 BNa2SO3固体与浓硫酸C固体硫在纯氧中
35、燃烧 D铜与浓H2SO4共热（3）装置C的作用是_。（4）装置B中反应的离子方程式_。（5）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去。方案：往第二份试液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，并迅速转为灰绿，最后呈红褐色。方案：往第三份试液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀。上述方案不合理的是方案_，原因是_【答案】 (1). SO42 (2). Fe2+ (3). BD (4). 吸收多余的二氧化硫，防止污染空气 (5). SO2 + I2 +2H2O
36、 = 4H+ +SO42- +2I- (6). (7). SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色【解析】【分析】二氧化硫与碘、Fe3+发生氧化还原反应，方程式分别为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，2Fe3+SO2+2H2O =2Fe2+SO42-+4H+，由于二氧化硫具有毒性，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理。实验室制备气体要求操作简便安全，产物单一或易于提纯。【详解】（1）根据氧化还原反应原理，二氧化硫中的硫元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故SO2气体和Fe3+反应的氧化产物是SO42，F e3+被还原为Fe2+，还原产物是Fe2+；（2）ANa2SO3具有还原性，硝酸具有氧化性
37、，Na2SO3与HNO3反应生成Na2SO4、NO和水，不能制备SO2；BNa2SO3固体与浓硫酸，利用浓硫酸的酸性，强酸制弱酸Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，产物单一，符合题意；C固体硫在纯氧中燃烧，产生二氧化硫，但是纯氧量无法控制，不用于实验室制备SO2；D铜与浓H2SO4共热，实验室制取二氧化硫的常用反应，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，产物单一，符合题意。综上所述，采用BD进行SO2的实验室制备。（3）二氧化硫具有毒性，氢氧化钠与SO2发生反应，保护环境。装置C的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；（4）装置B中反应的离子方程式SO2
38、+ I2 +2H2O = 4H+ +SO42- +2I-；（5）A中的溶液，理论上包括溶于水的部分二氧化硫，反应产生的亚铁离子和硫酸根离子，同时溶液显酸性。方案：往第一份试液中加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，说明溶液中存在能与MnO4-反应的物质，亚铁离子和二氧化硫都能将KMnO4还原，故不能确定是否发生了反应；方案往第二份试液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，并迅速转为灰绿，最后呈红褐色，说明产生了氢氧化亚铁，在空气中迅速被氧化为红褐色氢氧化铁沉淀，说明A中含有亚铁离子，能说明二氧化硫与Fe3+发生了氧化还原反应；方案往第三份试液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀，白色沉淀为硫
39、酸钡，说明溶液中有SO42-，二氧化硫被氧化，能说明二氧化硫与Fe3+发生了氧化还原反应。综上所述，上述方案不合理的是方案，原因是SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。【点睛】制取有毒气体时，最后装置一定是尾气处理装置，易错点是高锰酸钾的鉴定方案，要注意二氧化硫的干扰；实验室制备气体的要求是安全，简便，产物单一，本题难点也是要对此进行实验的排除，特别注意反应物残留和挥发性问题。22.将32.0 gCu投入50mL 12moL/L的浓硝酸中，充分反应后，收集到4.48L（标准状况）NO和NO2的混合气体。（1）被还原硝酸的物质的量是_mol。（2）判断32.0gCu和50mL 12moL/L的硝酸反
40、应后有剩余的是_，剩余的物质物质的量为_，生成的NO气体体积为（标况下）_。（3）如果往反应后的体系内再加入100mL2mol/L的稀硫酸，充分反应后又有气体逸出。写出反应的离子方程式并用单线桥法表示电子转移的方向和数目 _。【答案】 (1). 0.2mol (2). Cu (3). 0.3mol (4). 2.24L (5). 【解析】【详解】（1）根据氮元素守恒，被还原的硝酸n(HNO3) =n(NOx)=0.2mol；（2）32.0gCu的物质的量为n(Cu)=0.5mol，50mL 12moL/L的硝酸的物质的量为n(HNO3) =0.050L12mol/L=0.60mol，铜与硝酸反
41、应过程中硝酸既起氧化剂的作用，也起酸的作用，其中被还原的物质的量为0.2mol，则起酸的作用的硝酸的物质的量为0.6mol-0.2mol=0.4mol，则根据生成的Cu(NO3)2可知铜过量反应后有剩余，剩余的物质的量为0.5mol-=0.3mol；NO和NO2的混合气体的物质的量为0.2mol，设NO的物质的量为xmol，则NO2的物质的量为(0.2-x)mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒可得：0.2mol2=3xmol+(0.2-x)mol1，解得x=0.1，生成的NO气体标况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L；(3)如果往反应后的体系内再加入100mL2mol/L的稀硫酸，相当于再提供0.4molH+，溶液中还有硝酸铜中的硝酸根离子，相当于稀硝酸与铜再充分反应后又有NO气体逸出，其离子反应方程式为3Cu + 8H+ + 2NO3-3Cu2+ + 2NO + 4H2O，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：。
