1、上海市交通大学附属中学2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56一、选择题：1. 下列化学式中，能真实表示物质的分子组成的是( )A. NaClB. HeC. NH4ClD. SiO2【答案】B【解析】【详解】ANaC1为离子化合物，只有钠离子和氯离子，没有分子，A错误；BHe单原子分子，晶体中只存在分子，所以化学式He能真实表示氩气分子组成，B正确；CNH4C1为离子化合物，只有铵根离子和氯离子，没有分子，C错误；DSiO2为原子晶体，是由硅原子和氧原子以共价键构成的空间网状结
2、构，没有SiO2分子，D错误；故答案为：B。2. D2和T2属于( )A. 同素异形体B. 同位素C. 同种分子D. 化学性质相同的分子【答案】D【解析】【详解】A同素异形体是同种元素形成的不同单质，其特点是原子个数不同或原子排列方式不同，D2和T2原子个数相同，都为氢气，故A不符合题意；B同位素是同种元素不同核素的互称，D2和T2不是核素，故B不符合题意；CD2和T2不是同种分子，故C不符合题意；D构成物质的是分子，则其化学性质是由其分子决定，D2和T2为氢气，因此化学性质相同，故D符合题意。综上所述，答案为D。3. 离子半径由小到大的次序是( )A. Al3+、Mg2+、O2-B. K+、
3、Na+、Li+C. K+、C1-、F-D. I-、Br-、Cl-【答案】A【解析】【详解】AAl3+、Mg2+、O2-三种离子具有相同的核外电子排布，故比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小，故Al3+、Mg2+、O2-离子半径依次增大，A符合题意；BK+、Na+、Li+属于同一主族元素的离子半径，从上往下依次增大，故K+、Na+、Li+依次较小，B不合题意；CK+和C1-具有相同的核外电子排布，故半径K+比C1-小，根据电子层数越多，一般半径越大，故F-半径最小，故C1-、K+、F-的半径依次减小，C不合题意；DI-、Br-、Cl-属于同一主族元素的离子半径，从上往下依次增大，故I-、Br-、
4、Cl-依次减小，D不合题意；故答案为：A。4. 化学用语正确的是()A. 硫的原子结构示意图：B. NH4Cl的电子式：C. 原子核内有10个中子的氧原子：D. 氮分子的电子式：【答案】C【解析】【详解】A.硫原子的核电荷数为16，核外有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为，故A错误；B.氯化铵是由铵根离子和氯离子形成的离子化合物，电子式为，故B错误；C.原子核内有10个中子的氧原子的质子数为8，质量数为18，原子符号为，故C正确；D.氮气为双原子分子，分子中含有氮氮三键，电子式为，故D错误；故选C。5. 需克服相同类型作用力的是( )A. 碘、干冰升华B. 硅、冰块熔化C. 氯化氢
5、、氯化钠溶于水D. 溴、汞气化【答案】A【解析】【详解】A碘和干冰均为分子晶体，故升华时只需克服分子间作用力，A符合题意； B硅是原子晶体，熔化时需克服共价键，而冰块属于分子晶体，熔化时需克服分子间作用力，B不合题意；C氯化氢是分子晶体，溶于水时需克服共价键，而氯化钠属于离子晶体，溶于水时需克服离子键，C不合题意；D溴属于分子晶体，气化时需克服分子间作用力，汞属于金属晶体，气化时需克服金属键，D不合题意；故答案为：A。6. 能正确反映电解水过程中的能量变化的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】氢气的燃烧是放热反应，相反，电解水是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，
6、排除ACD，答案为B。7. 一定属于电解质的是( )A. 熔化状态下能导电的物质B. 水溶液中能导电的物质C. 熔化态下能导电的化合物D. 水溶液中能导电的化合物【答案】C【解析】【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电且自身发生电离的化合物，据此答题。【详解】A熔化状态下能导电的物质可能是金属单质或者合金，单质和混合物都不是电解质，A不合题意；B水溶液中能导电的物质可能是单质如Cl2、Na等，或者混合物以及例如SO2等不是自身电离而导电的化合物，B不合题意；C熔化态下能导电的化合物符合电解质的概念，C符合题意；D水溶液中能导电的化合物可能是像SO2、CO2、NH3等在水溶液中并不是本身
7、发生电离而导电的化合物，D不合题意；故答案为：C。8. 氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中( )A. 可能存在NNB. 可能存在离子C. 存在极性分子D. 只有共价键【答案】D【解析】【详解】由题干可知，氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，故氮化碳属于原子晶体，故可推知每个碳原子与周围的四个氮原子相连，每个氮原子与周围的三个碳原子相连。A由上述分析可知，氮化碳中只存在C-N之间的C-N单键，不可能存在NN，A不合题意；B由上述分析可知，氮化碳中没有金属元素或铵根离子，故不可能存在离子，或原子晶体中不可能含有离子，B不合题意；C由上述分子可知氮化碳为原子晶体，故不存在分子，C不合题意
8、； D由上述分析可知，氮化碳中只有C-N共价键，D符合题意；故答案为：D。9. 同温同压同体积的H2和COA. 密度不同B. 质量相同C. 分子大小相同D. 分子间距不同【答案】A【解析】【详解】A. 根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体相对分子质量越大，密度越大，氢气的密度小于一氧化碳的密度，故A正确；B. 根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体具有相同的物质的量，相同物质的量的氢气和一氧化碳质量不相同，故B错误；C. H2和CO的分子大小不同，故C错误；D. 根据阿伏伽德罗定律，同温同压下气体分子间的间距相同，故D错误；正确答案是A。10. 在Cu、Zn和稀H2SO4构成
9、的原电池中( )A. Zn作负极，发生还原反应B. 电子由Zn向Cu移动C. 溶液中H+向Zn迁移D. 铜不参加反应【答案】BD【解析】【详解】A由于Zn比Cu活泼，故Zn作负极，发生氧化反应，A不正确；B电子由负极Zn经导线流向正极Cu移动，B正确；C原电池内部溶液阳离子移向正极，阴离子流向负极，故H+向正极Cu迁移，C不正确；D铜作正极，正极上是H+得电子，故Cu不参加反应，D正确；故答案为：BD。11. 在水溶液中，能大量共存的是( )A. Na+、Ca2+、CO、H+B. Na+、Mg2+、H+、CH3COO-C. K+、Cu2+、HCO、OH-D. Ba2+、K+、OH-、Cl-【答
10、案】D【解析】【详解】A.溶液中，碳酸根与钙离子、氢离子反应，不能大量共存，故A错误；B.溶液中，醋酸根与氢离子反应，不能大量共存，故B错误；C.溶液中，碳酸氢根与氢氧离子反应，不能大量共存，故C错误；D.Ba2+、K+、OH-、Cl-四种离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，故D正确；故选D。12. 氯碱工业中的某生成物，在一定条件下与另外两种生成物均能发生反应，该生成物的结构和性质错误的是( )A. 该生成物中含有极性键，且溶于水或呈酸性B. 该生成物分子中，所含微粒均达到8电子稳定结构C. 该生成物可以使淀粉KI溶液变蓝D. 该生成物属于氧化产物【答案】A【解析】【详解】氯碱工业即电解
11、饱和食盐水，反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，其中的Cl2，在一定条件下与另外两种生成物均能发生反应，据此解题。A该生成物即Cl2中含有非极性键，且溶于水呈酸性，A错误；B该生成物分子即Cl2中，电子式为：，所含微粒均达到8电子稳定结构，B正确；C该生成物Cl2能与KI反应生成I2可以使淀粉溶液变蓝，C正确；D该生成物Cl2是由NaCl中-1价的Cl转化为0价，化合价升高被氧化，属于氧化产物，D正确；故答案：A。13. 离子方程式正确的是( )A. 碳酸钙与盐酸：COHCO2H2OB. 氢氧化钡溶液与稀硫酸：HOH-H2OC. 碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液：HCOOH-COH
12、2OD 碳酸氢钠溶液与稀醋酸：HCOHCO2H2O【答案】C【解析】【详解】A碳酸钙与盐酸：CaCO32HCO2H2OCa2+，故A错误；B氢氧化钡溶液与稀硫酸：2H2OHBa2+2H2OBaSO4，故B错误；C碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液：OHH2O，故C正确；D碳酸氢钠溶液与稀醋酸：CH3COOHCO2H2OCH3COO，故D错误。综上所述，答案为C。14. 饱和硫酸铜溶液中放入一块不规则胆矾晶体，保持温度不变，胆矾晶体形状逐渐变为规则。下列有关描述正确的是( )A. 此过程中，胆矾晶体质量发生改变B. 比过程中，溶解速率大于结晶速率C. 此过程中，溶解速率小于结晶速率D. 此过程中，始终保
13、持溶解平衡状态【答案】D【解析】【详解】向饱和硫酸铜溶液中放入一块不规则胆矾晶体，硫酸铜晶体和硫酸铜溶液形成溶解平衡，此过程中始终保持溶解平衡状态，溶解速率等于结晶速率，晶体和溶液的质量都是不变的，但硫酸铜晶体的形状会变得规则，故选D。15. 在常温下，分别利用下列三个反应产生氯气，其反应方程式分别为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2OKClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2OCa(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O如果三个反应所产生的氯气质量相等，被还原的氧化剂的物质的量关系为( )A. B. C. =D. 【答案】
14、C【解析】【详解】根据上述反应可知，三个反应均是将-1价的氯氧化为0价的氯气，故三个反应所产生的氯气质量相等，即需要转移的电子数相等，假设反应均转移1mol电子，根据反应可知，反应需要氧化剂KMnO4为0.2mol，反应需要氧化剂KClO3为0.2mol，反应需要氧化剂Ca(ClO)2为0.5mol，故被还原的氧化剂的物质的量关系为=，故答案为：C。16. 在滴有酚酞的Ca(OH)2溶液中，加入或通入下列物质，待恰好完全反应时，溶液颜色一定不褪色的是()A. HCl气体B. CuCl2溶液C. K2CO3溶液D. CO2气体【答案】C【解析】【详解】A往滴有酚酞的Ca(OH)2溶液HCl气体
15、，发生反应：Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O，恰好完全反应时溶液呈中性，为无色，A不合题意；B往滴有酚酞的Ca(OH)2溶液滴加CuCl2溶液，发生反应：Ca(OH)2+ CuCl2=CaCl2+Cu(OH)2，恰好完全反应时溶液几乎呈中性，为无色，B不合题意；C往滴有酚酞的Ca(OH)2溶液滴加K2CO3溶液，发生反应：Ca(OH)2+ K2CO3=CaCO3+2KOH，恰好完全反应时溶液仍然呈碱性，为红色，不褪色，C符合题意；D往滴有酚酞的Ca(OH)2溶液CO2气体 ，发生反应：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，恰好完全反应时溶液几乎呈中性，为无色，D不合题意；故
16、答案为：C。17. 下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是( )A. 向Br2CCl4溶液中加量NaOH溶液，下层为红棕色B. 向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白C. 将红热的铁丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生棕褐色的烟D. 将NaHCO3固体加入氯水中，有气体产生【答案】A【解析】【详解】A溴与NaOH反应后，与四氯化碳分层，则充分振荡，上下两层均为无色，A符合题意；B氯水中含HCl、HClO，HClO具有漂白性，则pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，B不合题意；CFe与氯气反应生成固体氯化铁，则产生产生棕褐色的烟，C不合题意；D氯水中含盐酸，与NaHCO3固体反应有二氧化碳气体产生，D不合
17、题意；故答案为：A。18. 设NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 6.2 g Na2O所含的离子数为0.2 NAB. 46 gNO2与N2O4的混合气体中所含的原子数是3NAC. 2.8 gN2中含有共用电子对的数目为0.1 NAD. 0.1 molH2与Cl2的混合气体充分反应后，体系中含有共价键总数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A. 6.2 g Na2O即0.1mol，所含的离子数为0.3 NA，A错误；B. NO2与N2O4的最简式为NO2，46 gNO2与N2O4的混合气体中所含的原子数=3 NA=3NA，B正确；C. 2.8 gN2即0.1mol，一个氮气含有
18、3对共用电子对，则其含有共用电子对的数目为0.3 NA，C错误；D. H2、Cl2中含有的共价键的数目均为1个，0.1 molH2与Cl2的混合气体充分反应后，体系中含有共价键总数为0.1NA，D错误；答案为B。【点睛】Na2O为离子化合物，由2个Na+、1个Cl-构成。19. 常温常压下，在等体积的两个集气瓶中，分别盛装HI和Cl2如图所示，若将集气瓶的玻璃片抽走，可以观察到的现象及反应结果的判断正确的是( )A. 黄绿色完全消失B. 反应后，集气瓶中含有HI和HCl两种气体C. 瓶中出现紫黑色固体D. 反应后，将气体通入NaOH溶液，只能生成一种盐【答案】C【解析】【分析】若将集气瓶的玻璃
19、片抽走，氯气和碘化氢气体混合能够发生置换反应生成氯化氢和碘单质，反应的化学方程式为2HI+Cl2=I2+2HCl。【详解】A.由阿伏加德罗定律可知，等体积的碘化氢和氯气的物质的量相等，由反应的化学方程式可知，反应中氯气过量，则反应后集气瓶中气体的黄绿色会变浅，但不会完全消失，故A错误；B.由阿伏加德罗定律可知，等体积的碘化氢和氯气的物质的量相等，由反应的化学方程式可知，反应中氯气过量，则反应后集气瓶中碘化氢完全反应，不可能存在碘化氢，故B错误；C.氯气和碘化氢气体混合能够发生置换反应生成氯化氢和碘单质，则反应后集气瓶中会出现紫黑色固体，故C正确；D.由阿伏加德罗定律可知，等体积的碘化氢和氯气的
20、物质的量相等，由反应的化学方程式可知，反应中氯气过量，过量的氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，生成两种盐，故D错误；故选C。20. 向100mL FeI2、FeBr2组成的混合溶液中，通入2.24L氯气(标准状况下)，刚好有的Fe2+被氧化，由此推知FeI2的浓度可能是( )A. 2mol/LB. 0.8mol/LC. 0.6mol/LD. 1mol/L【答案】C【解析】【详解】标况下2.24L氯气的物质的量为：=0.1mol，由于还原性强弱:I-Fe2+Br-，氯气通入到100mLFeI2、FeBr2混合溶液中，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子；碘离子完全氧化后，溶液中有一半的
21、Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+； A若FeI2的浓度为2mol/L，则n(FeI2)= 2mol/L0.1L=0.2mol，n(I)=0.4mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.2mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I=2Cl+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I)=0.2mol，通入的氯气一共为0.1mol，与题意不符，故A不符合题意；B若FeI2的浓度为0.8mol/L，则n(FeI2)= 0.8mol/L0.1L=0.08mol，
22、n(I)=0.16mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.08mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I=2Cl+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I)=0.08mol，通入的氯气一共为0.1mol，则与Fe2+反应的氯气物质的量为0.02mol，根据反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可得，0.02mol氯气消耗的Fe2+的物质的量为0.04mol，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则溶液中的Fe2+的总物质的量为0.08mol，与FeI2中Fe2+的物质的量相等，说明溶液中不含FeBr2，与题意不符
23、，故B不符合题意；C若FeI2的浓度为0.6mol/L，则n(FeI2)= 0.6mol/L0.1L=0.06mol，n(I)=0.12mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.06mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I=2Cl+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I)=0.06mol，通入的氯气一共为0.1mol，则与Fe2+反应的氯气物质的量为0.04mol，根据反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可得，0.04mol氯气消耗的Fe2+的物质的量为0.08mol，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则
24、溶液中的Fe2+的总物质的量为0.16mol，说明溶液中含有FeBr2，FeBr2中Fe2+的物质的量为0.1mol，即混合溶液中FeBr2的浓度为1 mol/L时符合题意，故C符合题意；D若FeI2的浓度为1mol/L，则n(FeI2)= 1mol/L0.1L=0.1mol，n(I)=0.2mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.1mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I=2Cl+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I)=0.1mol，通入的氯气一共为0.1mol，即溶液中的碘离子将通入的氯气完全消耗，不会有Fe2+被氧化，
25、根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，与题意不符，故D不符合题意；答案选C。二、综合题21. 硫铁矿(主要含FeS2)是一种重要的化学矿物原料，主要用于生产硫酸，在橡胶、造纸、纺织、食品、火柴等工业中均有重要用途。在空气中煅烧硫铁矿时的化学反应如下：FeS2+O2Fe2O3+SO2(未配平)。(1)该反应中，被氧化的元素为_。(2)高温煅烧15.0g含杂质的硫铁矿，充分反应后得到8.0gFe2O3固体(杂质不参加反应)，该硫铁矿中FeS2的纯度为_，煅烧过程中，放出85.4kJ热量，写出此反应的热化学方程式_。(3)将Fe2O3溶于稀H2SO4的离子方程式为_，向所得溶液中，通入一
26、定量的SO2后，溶液中SO浓度增大，则此反应的还原产物为_。【答案】 (1). Fe、S (2). 80% (3). 4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g) =-3416kJ/mol (4). Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O (5). FeSO4【解析】【分析】本题以硫酸工业的第一步为载体，主要考查氧化还原反应反应的分析，配平以及有关计算。(1)根据氧化还原反应的有关概念即可解答； (2)利用元素守恒即可解答，即硫铁矿中铁元素全部转化到Fe2O3固体中的铁元素，根据配平以及反应热与反应的物质的量呈正比即可求出该热化学方程式；(3)碱性氧化物与酸反应生成盐和水即
27、可，根据Fe3+的氧化性即可写出通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大。【详解】(1)被氧化的元素即为化合价升高的元素，对该反应分析可知，铁的化合价由+2价变为+3价，S的化合价由-1价变为+6价，故铁和硫元素被氧化，故答案为：Fe、S；(2)根据原子守恒可知，硫铁矿中的铁元素全部转化到Fe2O3中，故8.0gFe2O3中含有铁元素为：，故硫铁矿中FeS2的质量为：，故该硫铁矿中FeS2的纯度为，根据反应方程式，即煅烧过程中生成8.0gFe2O3，放出85.4kJ热量，则生成320g Fe2O3放出的热量为： 故此反应的热化学方程式为：4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8S
28、O2(g) =-3416kJ/mol，故答案为：80%；4FeS2(s)+11O2(g) 2Fe2O3(s)+8SO2(g) =-3416kJ/mol；(3)将Fe2O3溶于稀H2SO4是碱性氧化物和酸的反应生成盐和水，故的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大，是由于发生了反应：Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，故此反应的还原产物为FeSO4，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O；FeSO4。22. 某课外活动小组学生模拟呼吸面具中的原理(过氧化钠与潮湿二氧化碳反应)，化学反应方程式如
29、下：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2(1)反应中含极性键的非极性分子的电子式为_。反应中含极性键的离子化合物的电子式为_。(2)常温下，CO2为气体但CS2却为液体，请用物质结构知识说明原因_。(3)实验中，用大理石、稀盐酸制取所需CO2，装置如图。简述检验气密性的操作方法_，将气体通过Na2O2前必须除去的杂质是_，该除杂剂是_。(4)确认实验中生成O2的操作方法是_。【答案】 (1). (2). (3). 两者分子结构相似，CS2的相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点较高 (4). 关闭止水夹，从U形管右端注入水，直至左右形成液面差，
30、静置一段时间，液面差无变化，说明气密性良好 (5). HCl (6). 水 (7). 用带火星的木条置于管口，木条复燃则有O2生成【解析】【分析】（1）反应中二氧化碳为含极性键的非极性分子，反应中氢氧化钠为含极性键的离子化合物；（2）结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点越高；（3）检查题给装置的气密性，应该用液差法；（4）氧气能够使带火星的木条复燃。【详解】（1）反应中二氧化碳为含极性键的非极性分子，电子式为；反应中氢氧化钠为含极性键的离子化合物，电子式为，故答案为：；（2）结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点越高，二氧化碳和二硫化碳
31、为分子结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，故答案为：两者分子结构相似，CS2的相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点较高；（3）检查题给装置的气密性，应该用液差法，具体操作为关闭止水夹，从U形管右端注入水，直至左右形成液面差，静置一段时间，液面差无变化，说明气密性良好；盐酸具有挥发性，实验制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，为防止氯化氢与过氧化钠反应，干扰实验，应将混合气体通过盛有水的洗气瓶除去氯化氢气体，故答案为：关闭止水夹，从U形管右端注入水，直至左右形成液面差，静置一段时间，液面差无变化，说明气密性良好；HCl；水；（4）氧气
32、能够使带火星的木条复燃，则确认实验中生成O2的操作方法是用带火星的木条置于管口，木条复燃则有氧气生成，故答案为：用带火星的木条置于管口，木条复燃则有O2生成。【点睛】结构相似分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点越高，二氧化碳和二硫化碳为分子结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳是解答关键。23. Q、R、X、Y、Z的电子层数均不大于3，且核电核数依次增大；Q+离子中只有质子，Z+离子的最内层电子数是最外层的；R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，R某种单质的熔点很高；Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍。(1)X的元素符号为_，Z+离子的结构示意图为_。
33、(2)Q与R、X、Y形成的化合物中，属于非极性分子的是_(填分子式)，其分子的空间形状为_。(3)Q2Y的稳定性比H2S_(填“大”“小”)，说明理由_。【答案】 (1). N (2). (3). CH4 (4). 正四面体型 (5). 大 (6). O原子的半径较S原子小，H-O键键能较H-S强，因此H2O的稳定性比H2S强【解析】【分析】根据题干可知， Q+离子中只有质子故Q是H，Z+离子的最内层电子数是最外层的，故Z是Na，Q、R、X、Y、Z的电子层数均不大于3，且核电核数依次增大；故R、X、Y三种元素只能为第二周期元素，第二周期元素的单质中石墨的熔点很高，故R为C，Y原子的最外层电子数
34、是电子层数的3倍，故Y为O，则X只能是N，据此进行解题。【详解】(1)根据分析可知，X的元素符号为N，Z+离子即Na+的结构示意图为，故答案为：N；(2)Q与R、X、Y即H与C、N、O形成的化合物中，属于非极性分子的是CH4，其分子的空间形状为正四面体，故答案为：CH4；正四面体；(3)由于O和S属于同一主族元素，从上往下元素的原子半径依次增大，O原子的半径较S原子小，H-O键键能较H-S强，因此H2O的稳定性比H2S强，故Q2Y即H2O的稳定性比H2S大，故答案为：大；O原子的半径较S原子小，H-O键键能较H-S强，因此H2O的稳定性比H2S强。24. 实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制氯气，并
35、研究氯气的性质。完成下列填空：(1)仪器A的名称是_。用排饱和NaCl溶液的方法收集氯气时，往往会有白色晶体析出，写出晶体的化学式_。(2)将所产生的气体缓慢通入如图装置：试管a中观察到的现象是_。当气体过量时，试管a中有HIO3生成。若n(HIO3)=2.010-3mol，则上述实验中产生的氯气不小于_mL(标准状况下)。(3)烧杯b中盛NaOH溶液，其作用是_，写出此反应的离子方程式_，烧杯b处可观察到的现象是_。(4)试管a中的混合液体换为NaBr溶液时，再缓慢通气体，溶液变为_色，气体过量后溶液颜色保持不变。由此推断HBrO3、Cl2、Br2氧化性由强到弱的顺序是_。【答案】 (1).
36、 分液漏斗 (2). NaCl (3). 溶液先变蓝后褪色 (4). 134.4 (5). 吸收过量的氯气，防止污染空气 (6). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (7). 氢氧化钠溶液倒吸入漏斗后，又流回到烧杯中 (8). 棕黄 (9). HBrO3Cl2Br2【解析】【分析】（1）由实验装置图可知，仪器A的名称为分液漏斗；氯气中混有的氯化氢溶于饱和食盐水中，溶液中氯离子浓度增大，使氯化钠的溶解平衡向结晶方向移动；2）将氯气通入淀粉碘化钾溶液中，氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成单质碘和盐酸，当氯气过量时，氯气会与单质碘发生氧化还原反应生成碘酸和盐酸；由得失电子数目守恒计算可得；(
37、3)烧杯b中盛有NaOH溶液的作用是吸收过量的氯气，防止污染空气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）将氯气通入溴化钠溶液中，氯气与溴化钠溶液发生置换反应生成单质溴和盐酸，溶液变为棕黄色，气体过量后溶液颜色保持不变，说明氯气不能将溴单质氧化为溴酸。【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A的名称为分液漏斗；浓盐酸具有挥发性，用排饱和NaCl溶液的方法收集氯气时，挥发出的氯化氢溶于饱和食盐水中，溶液中氯离子浓度增大，使氯化钠的溶解平衡向结晶方向移动，析出白色氯化钠晶体，故答案为：分液漏斗；NaCl；（2）将氯气通入淀粉碘化钾溶液中，氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成单质碘和盐酸，单质
38、碘遇淀粉变蓝色，当氯气过量时，氯气会与单质碘发生氧化还原反应生成碘酸和盐酸，溶液蓝色会褪去，故答案为：溶液先变蓝后褪色；若n(HIO3)=2.010-3mol，由得失电子数目守恒可知6n(HIO3)=2n(Cl2)，n(Cl2)= 2.010-3mol3，则标准状况下氯气的体积为2.010-3mol322.4L/mol103ml/L=134.4mL，故答案为：134.4；(3)烧杯b中盛有NaOH溶液的作用是吸收过量的氯气，防止污染空气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；由于氯气与氢氧化钠溶液反应，导致气体压强减小，氢
39、氧化钠溶液会倒吸入漏斗，当漏斗边缘与液面脱离后，溶液又在重力作用下，流回到烧杯中，故答案为：吸收过量的氯气，防止污染空气；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；氢氧化钠溶液倒吸入漏斗后，又流回到烧杯中；（4）将氯气通入溴化钠溶液中，氯气与溴化钠溶液发生置换反应生成单质溴和盐酸，溶液变为棕黄色，气体过量后溶液颜色保持不变，说明溴酸的氧化性强于氯气，氯气不能将溴单质氧化为溴酸，则HBrO3、Cl2、Br2氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2Br2，故答案为：HBrO3Cl2Br2。【点睛】将氯气通入溴化钠溶液中，氯气与溴化钠溶液发生置换反应生成单质溴和盐酸，溶液变为棕黄色，气体过量后溶液颜色保持不变，说明氯气不能将溴单质氧化为溴酸，溴酸的氧化性强于氯气是分析的难点和易错点。
